重难点13：破解圆锥曲线长度与弦长：圆锥曲线中有关弦长、长度类问题题型归纳讲义-2026届高三数学一轮复习

重难点13：破解圆锥曲线长度与弦长：圆锥曲线中有关弦长、长度类问题题型归纳 （培优固本提能讲义） 知识网络·核心根基深扎牢 1 实战演练·能力进阶攀高峰 3 题型一、已知直线与圆锥曲线方程求弦长 3 题型二、已知弦长求直线或圆锥曲线的参数 4 题型三、已知弦中点坐标求弦长 5 题型四、圆锥曲线焦点弦长问题 6 题型五、圆锥曲线长度/弦长：“和差”型 7 题型六、圆锥曲线长度/弦长：“比值”型 9 题型七、圆锥曲线长度/弦长：“倒数和”型 10 题型八、圆锥曲线长度/弦长：“杂糅”型 11 题型九、圆锥曲线：证明“长度比值/乘积相等” 13 题型十、圆锥曲线弦长/长度最值（范围）问题 15 题型十一、圆锥曲线弦长/长度：成“等差”型 16 题型十二、圆锥曲线弦长/长度：成“等比”型 18 题型精析・方法突破提能力 19 知识网络・核心根基深扎牢 知识点1：弦长公式（韦达定理） ；（直线与圆锥曲线联立消y） ；（直线与圆锥曲线联立消x） ；（直线与圆锥曲线联立消y） ；（直线与圆锥曲线联立消x） 知识点2：弦长公式（硬解定理） ；（直线与圆锥曲线联立消y） ；（直线与圆锥曲线联立消x） ；（直线与圆锥曲线联立消y） ；（直线与圆锥曲线联立消x） 知识点3：弦中点坐标求弦长 步骤1：设弦的两个端点为，则、，设弦所在直线斜率为（斜率不存在时单独讨论）； 步骤2：将A、B坐标代入对应圆锥曲线标准方程，两式相减，结合、和，用点差法求出斜率； 步骤3：若斜率存在，用点斜式写出弦所在直线方程；若斜率不存在，直线方程为； 步骤4：将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去得一元二次方程（或），计算判别式保证弦存在）； 步骤5：由韦达定理得（或对应的关系），代入弦长公式（斜率不存在时用，计算得弦长。 知识点4：长度/弦长和差、比值、倒数和、杂糅 步骤1：明确核心已知条件：记录圆锥曲线标准方程（含参数如）、弦的关联条件（如过定点、中点坐标、斜率范围等）、待求目标（弦长和差、比值、倒数和或杂糅关系），标记未知量（如弦端点坐标、直线斜率）。 步骤2：设线设点：设弦所在直线方程（斜率存在时用，过定点时代入定点简化）；设弦的两个端点为，若有中点则记。 步骤3：联立方程求韦达定理：将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y（或x）得到关于x（或y）的一元二次方程，计算判别式，确保Δ>0（弦存在的前提，含参数时需据此求参数范围）；由韦达定理得、（或）。 步骤4：计算单条弦长：代入弦长公式得单弦长，斜率存在时用（或），斜率不存在时用（或）；若有两条弦。 步骤5：转化目标表达式：根据待求目标（和差、比值、倒数和等），将|AB|、|CD|代入构建表达式，用韦达定理的（或y的关联式）替换表达式中的端点坐标关系，消去未知量（如）。 步骤6：化简求解与验证：对转化后的表达式进行代数化简（如通分、因式分解、代入参数值），得到待求结果；若含参数，结合Δ>0的范围验证结果有效性，确保无增根或不符合条件的解。 知识点5：长度/弦长成等比等差数列 步骤1：明确核心条件与数列类型：记录圆锥曲线标准方程（含等参数）、弦的共性条件（如共定点、共斜率、中点关联等）、弦的数量及顺序、待求目标（如数列公差/公比、参数值、弦长本身）；标注等差/等比数列的关键定义（等差：；等比：，为弦长）。 步骤2：统一设线设点：根据弦的共性条件设直线方程（如共定点)设为，斜率不同设为）；设各弦端点为，若有中点则记录中点与端点和的关系。 步骤3：联立求韦达定理与判别式：分别将每条弦的直线方程与圆锥曲线联立，消元得一元二次方程（如）；计算每条弦对应的判别式，确保（弦存在的前提）；由韦达定理得各弦端点横（纵）坐标的和与积（如）。 步骤4：计算各弦长并表示为参数表达式：代入弦长公式计算每条弦长（斜率存在时]，斜率不存在时），将弦长表示为直线参数（如或）的函数，即。 步骤5：结合数列定义建立方程：根据等差或等比或的定义，将步骤6得到的弦长表达式代入，构建关于未知参数（公差d、公比q或直线参数）的方程。 步骤6：求解参数并验证：化简方程求解目标参数（如d、q或直线斜率、截距），过程中需结合各弦的筛选有效解；若需具体弦长，将参数代入弦长表达式计算。 步骤7：特殊场景处理：若弦长与曲线焦点、准线相关（如焦点弦），可利用曲线定义（如椭圆焦点弦到两焦点距离和为）简化弦长计算；若数列含条弦，需归纳弦长的通用表达式后结合数列通项公式求解。 实战演练・能力进阶攀高峰 题型一、已知直线与圆锥曲线方程求弦长 典例探究 【例题1】经过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于，两点，则线段的长为（   ） A． B． C．2 D． 举一反三 【1-1】直线被椭圆截得的线段长为（    ） A． B． C． D． 【1-2】若直线与椭圆交于两点,则(    ) A． B． C． D． 【1-3】已知椭圆与椭圆的焦点相同，且的长轴长是短轴长的倍． (1)求的方程； (2)若过点且斜率为的直线与交于两点，求． 题型二、已知弦长求直线或圆锥曲线的参数 典例探究 【例题2】已知椭圆． (1)求椭圆C的离心率e； (2)若，斜率为1的直线l与椭圆交于A、B两点，且，求直线l的方程． 举一反三 【2-1】已知椭圆C：，，P是椭圆C上任意一点，F是椭圆C的右焦点，且的最小值是1． (1)求椭圆C的方程； (2)过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若，求直线l的方程． 【2-2】已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为4. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程. 【2-3】已知双曲线的离心率为，且过点. (1)求的方程； (2)直线过且交于两点，若弦的长度为的实轴长的两倍，求的方程. 题型三、已知弦中点坐标求弦长 典例探究 【例题3】若椭圆的弦AB的中点则弦长（    ） A．4 B． C．2 D． 举一反三 【3-1】若椭圆的弦的中点为，则弦的长为（　　） A． B． C． D． 【3-2】已知椭圆，过点的直线交椭圆于A，B两点，若P为线段中点，则（    ） A． B． C． D． 【3-3】已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为（1，-1），则弦长|AB|=（　　） A． B． C． D． 题型四、圆锥曲线焦点弦长问题 典例探究 【例题4】已知椭圆的左焦点为，过坐标原点的直线与椭圆交于两点，若，则（   ） A． B． C． D． 举一反三 【4-1】已知椭圆的焦点为F，椭圆上M，N满足：，则（    ） A． B．3 C． D． 【4-2】已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点的直线交椭圆于、两点. （1）若的面积为，求直线的方程； （2）若，求. 【4-3】以，为焦点的椭圆：过点. （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为1的直线交椭圆于，两点，求的值. 题型五、圆锥曲线长度/弦长：“和差”型 典例探究 【5-1】双曲线，左、右顶点分别为A，B，曲线上有点，满足. (1)求双曲线方程； (2)Q是双曲线上的动点，QA，QB分别交椭圆于点E，N，S，T，证明：为定值. 举一反三 【5-1】已知平面上一半径小于4的动圆与定圆相内切，且过定点． (1)求动圆圆心的轨迹方程． (2)设直线与（1）中轨迹交于不同的两点，点为坐标原点． ①求的最大值． ②当直线不过原点时，记外接圆的圆心为，则平面上是否存在两定点，使得为定值，若存在，求出定点坐标和定值；若不存在，请说明理由． 【5-2】已知椭圆的长轴长为，且经过点．椭圆的对称中心为原点，焦点在轴上，且的离心率与的离心率相等，的短轴长与的长轴长相等． (1)求椭圆与的标准方程． (2)若为上的点，过点作的切线，设切点分别为，，试问直线与的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． (3)若（异于的左、右顶点，）为椭圆上的点，直线与交于点，，直线与交于点，，求的值． 【5-3】已知椭圆，右焦点为，动直线与圆相切于点，与椭圆交于、两点，其中点在轴右侧. （1）若直线过点，求椭圆方程； （2）求证：为定值. 题型六、圆锥曲线长度/弦长：“比值”型 典例探究 【例题6】如图，已知椭圆的左焦点为，设过点且斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，线段的垂直平分线交轴于点．试判断是否为定值．若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由．    举一反三 【6-1】已知椭圆：的短轴长等于，离心率． (1)求椭圆的方程； (2)过右焦点的直线与椭圆交于、两点，线段的垂直平分线交轴于点，证明：为定值． 【6-2】已知椭圆的左、右顶点分别为和，且，直线经过定点．若直线与椭圆相切，记切点为，则的面积为3． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于两点，直线和分别与直线交于两点，证明是定值，并求出该定值． 【6-3】已知椭圆C： 的长轴长为4，且离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)设过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点D.求证：为定值. 题型七、圆锥曲线长度/弦长：“倒数和”型 典例探究 【例题7】已知，是椭圆（）的左，右焦点，焦距为2，离心率，过左焦点的直线交椭圆于两点. (1)求椭圆C的方程； (2)求证为定值. 举一反三 【7-1】已知分别是椭圆  的左、右焦点，P是C上的动点，C的离心率是，且△的面积的最大值是. (1)求C的方程； (2)过作两条相互垂直的直线，，直线交C于A，B两点，直线交C于D，E两点，求证： 为定值. 【7-2】已知椭圆经过点，且椭圆的离心率，过椭圆的右焦点作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于点及、． (1)求椭圆的方程； (2)求证：为定值； 【7-3】已知椭圆（）的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程 (2)分别过椭圆的左、右焦点、作两条互相垂直的直线和，与交于，与椭圆交于A，B两点，与椭圆交于C，D两点 ①求证：； ②求证：定值. 题型八、圆锥曲线长度/弦长：“杂糅”型 典例探究 【例题8】已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上． (1)求的方程． (2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点（不同于双曲线的顶点），问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 举一反三 【8-1】已知、分别为椭圆的左、右焦点，且右焦点的坐标为，点在椭圆上，为坐标原点． (1)求椭圆的标准方程 (2)若过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程； (3)过椭圆上异于其顶点的任一点，作圆的两条切线，切点分别为，（，不在坐标轴上），若直线在轴、轴上的截距分别为、，那么是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由． 【8-2】已知点，，直线，的斜率乘积为，点的轨迹为曲线. （Ⅰ）求曲线的方程； （Ⅱ）设斜率为的直线交轴于，交曲线于，两点，是否存在使得为定值，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【8-3】设椭圆的左、右焦点分别为，离心率，长轴为4，且过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若，其中为坐标原点，求直线的斜率； (3)若是椭圆经过原点的弦，且，判断是否为定值？若是定值，请求出，若不是定值，请说明理由． 题型九、圆锥曲线：证明“长度比值/乘积相等” 典例探究 【例题9】如图，椭圆：，为其右焦点，过点的动直线与椭圆相交于，两点.    (1)若直线经过焦点，求此时线段的长度； (2)若焦点不在直线上，求周长的最大值及相应直线的方程； (3)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 举一反三 【9-1】已知椭圆的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，且右顶点和上顶点都在直线上. (1)求的方程； (2)若直线经过交椭圆于、两点，求面积的最大值； (3)若过点的直线交于、两点，点是线段上异于、的一点，且，证明： 【9-2】如图，已知椭圆：过点，离心率. （1）求椭圆的方程； （2）如图，直线平行于（为原点），且与椭圆交于两点、，与直线交于点（介于、两点之间）. （i）当面积最大时，求的方程； （ii）求证：. 【9-3】已知椭圆的离心率，且点在椭圆E上，直线与椭圆E交于不同的两点A，B． (1)求椭圆E的标准方程； (2)设直线OA，OB的斜率分别为，证明：； (3)设直线l与两坐标轴的交点分别为P，Q，证明：． 题型十、圆锥曲线弦长/长度最值（范围）问题 典例探究 【例题10】在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且，的面积为2. (1)求的方程； (2)若直线交于两点，以线段为直径的圆的另一个交点为，且，求的最大值． 举一反三 【10-1】在平面直角坐标系中，为坐标原点，F，T分别是椭圆：的左焦点，右顶点，过F的直线交椭圆C于A，B两点，当轴时，的面积为. (1)求； (2)若斜率为的直线交椭圆C于G，H两点，N为以线段为直径的圆上一点，求的最大值. 【10-2】已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的周长为8． (1)求椭圆的方程； (2)设直线是圆的一条切线，且直线与椭圆交于，两点，求的最大值． 【10-3】已知椭圆的焦距为4，点在上，直线与交于，两点. (1)求的方程. (2)若，求的最大值. 题型十一、圆锥曲线弦长/长度：成“等差”型 典例探究 【例题11】设分别是椭圆 的左、右焦点，过斜率为1的直线与相交于两点，且成等差数列． (1)求与的等量关系； (2)设点满足，求的方程． 【11-1】已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，若线段的中点为，．举一反三 (1)证明：； (2)设为的右焦点，为上一点，且．证明：，，成等差数列． 【11-2】设，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线与相交于，两点，且，，成等差数列． (1)求； (2)若直线的斜率为1，求椭圆的标准方程． 【11-3】已知椭圆:（），、分别是椭圆的左、右焦点，四点，，，中恰有三点在椭圆上上. （1）求椭圆的方程； （2）过的直线交椭圆于，两点，且，，成等差数列. 试求：（I）； （II）直线的斜率. 题型十二、圆锥曲线弦长/长度：成“等比”型 典例探究 【12-1】如图，矩形中，，.、、、分别是矩形四条边的中点，设，. (1)证明：直线与的交点在椭圆：上； (2)已知为过椭圆的右焦点的弦，直线与椭圆的另一交点为，若，试判断、、是否成等比数列，请说明理由. 举一反三 【12-1】已知直线与椭圆相切于点，直线的斜率为，设直线与椭圆分别交于点、(异于点)，与直线交于点. （1）求直线m的方程： （2）证明：成等比数列 【12-2】已知椭圆的短轴两端点与左焦点围成的三角形面积为3，短轴两端点与长轴一端点围成的三角形面积为2，设椭圆的左、右顶点分别为是椭圆上除两点外一动点． （1）求椭圆的方程； （2）过椭圆的左焦点作平行于直线（是坐标原点）的直线，与曲线交于两点，点关于原点的对称点为，求证：成等比数列． 【12-3】设,分别为椭圆:的左､右焦点,已知椭圆上的点到焦点,的距离之和为4. (1)求椭圆的方程; (2)过点作直线交椭圆于,两点,线段的中点为,连结并延长交椭圆于点(为坐标原点),若,,等比数列,求线段的方程. 题型精析・方法突破提能力 1．设为双曲线上的两点，线段的中点为，则（    ） A． B． C． D． 2．已知点，在双曲线上，线段的中点，则（    ） A． B． C． D． 3．已知点A，B在双曲线上，线段AB的中点为，则（    ） A． B． C． D． 4．已知直线与抛物线交于A，B两点，若线段AB的中点为，则（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 5．已知点为坐标原点，直线与椭圆交于点，点在上，，若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 6．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于、两点． (1)求的短轴长及的周长； (2)若直线过点，求弦长． 7．过双曲线的右焦点倾斜角为的直线与双曲线有两个交点,. (1)求线段的中点坐标； (2)求. 8．已知双曲线：，点的坐标为 ．设直线 过点，斜率为，它与双曲线交于、两点，求线段的长． 9．已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，且的左、右顶点分别为，． (1)求的方程； (2)求以为直径的圆的标准方程； (3)设过点且倾斜角为的直线与交于，两点，求． 10．已知双曲线的左、右顶点分别为，，在上，满足． (1)求的方程； (2)过点的直线（与轴不重合）交于，两点．若，求直线的方程． 11．双曲线的左、右焦点分别是，，在双曲线上． (1)求双曲线的标准方程； (2)过作直线与双曲线交于点，若弦的长为42，求直线的方程． 12．已知抛物线与椭圆有一个相同的焦点，过抛物线焦点的直线与抛物线相交于、两点，且. (1)求抛物线的方程； (2)求直线的方程. 14．已知抛物线的焦点为F，点在抛物线上，且． (1)求抛物线的方程； (2)过焦点F的直线l交抛物线于A、B两点，若，求直线l的方程． 15．已知椭圆的离心率为． (1)求的方程；(2)过的右焦点的直线交于两点，若（为坐标原点）的面积为，求的方程． 16．已知直线过椭圆的右焦点，交椭圆于两点，且以为直径的圆恰过原点，求弦的长和直线的方程． 17．已知椭圆，直线被椭圆截得的弦长为，且，过椭圆的右焦点且斜率为的直线被椭圆截的弦长，求 (1)椭圆的方程； (2)弦的长度. 18．已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5 . (1)求的方程； (2)设的焦点为，过点的直线与交于、两点，，求. 19．已知抛物线，过焦点F的动直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为M． (1)当直线l的倾斜角为时，，求抛物线G的方程： (2)对于（1）问中的抛物线G，若点，求证：为定值，并求出该定值． 20．如图所示，由半椭圆和两个半圆、组成曲线C：，其中点依次为的左、右顶点，点B为的下顶点，点依次为的左、右焦点.若点分别为曲线的圆心. (1)求的方程； (2)点和点D分别在曲线和曲线上，求出线段的最大值； (3)若过点，作两条平行线，，分别与，和，交于点M，N和点P，Q，求的最小值. 21．已知抛物线与斜率为且过抛物线焦点的直线交于、两点，满足弦长. （1）求抛物线的标准方程； （2）已知为抛物线上任意一点，为抛物线内一点，求的最小值，以及此时点的坐标. 22．椭圆的右焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，为坐标原点，，设直线的斜率为，且. (1)求椭圆的方程； (2)若为椭圆上一点，且为的重心，求. 23．在平面直角坐标系中，已知是一个动点，过点且与直线平行的直线与直线相交于点（点位于第一象限），过且与直线平行的直线与直线相交于点（点位于第四象限），如图，且四边形的面积为，动点的轨迹为曲线．    (1)求的方程． (2)过点的直线与相交于两点，是否存在定直线，使得以为直径的圆与直线相交于两点，且是定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 24．已知双曲线的左、右焦点分别为，，的一条渐近线的倾斜角为，直线与轴的交点为，且. (1)求的方程； (2)过点作斜率为的直线与交于，两点，为线段的中点，过点且与垂直的直线交轴于点，求证：为定值. 25．已知双曲线的离心率为2，左顶点为，过右焦点的直线交双曲线于两点. (1)求双曲线的方程； (2)从下面两个结论中选择一个给出证明（多选则按照第一个给分）. ①；②若线段的垂直平分线交轴于点，则为定值. 26．已知双曲线C以为渐近线，其上焦点F坐标为. (1)求双曲线C的方程； (2)不平行于坐标轴的直线l过F与双曲线C交于两点，的中垂线交y轴于点T，问是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由. 27．已知椭圆． (1)若过椭圆的一个焦点引两条互相垂直的弦、．求证：是定值； (2)若、在椭圆上且．求证：是定值． 28．已知椭圆 的离心率为，若椭圆与圆：相交于M,N两点，且圆E在椭圆内的弧长为.     （1）求椭圆的方程；     （2）过椭圆的上焦点作两条相互垂直的直线，分别交椭圆于A，B、C，D，求证：为定值. 29．已知双曲线C：的右顶点为M，过点的直线l交双曲线C于A，B两点，设直线MA的斜率为，直线MB的斜率为. (1)求直线l斜率的取值范围； (2)证明：为定值，并求出该定值； (3)求的最大值. 30．已知椭圆：的一个端点为，且离心率为，过椭圆左顶点的直线与椭圆交于点，与轴正半轴交于点，过原点且与直线平行的直线交椭圆于点，．    (1)求椭圆的标准方程； (2)求证：为定值． 31．设椭圆，，分别是C的左、右焦点，C上的点到的最小距离为1，P是C上一点，且的周长为6． (1)求C的方程； (2)过点且斜率为k的直线l与C交于M，N两点，过原点且与l平行的直线与C交于A，B两点，求证：为定值． 32．已知椭圆的中心在原点,焦点在轴上,短轴长为,离心率为 (1)求椭圆的方程; (2)一条动直线与椭圆交于不同两点为坐标原点,的面积为,求证:为定值. 33．已知椭圆，过的直线与椭圆交于两点，过的直线与椭圆交于两点. (1)当的斜率是时，用表示出的值； (2)若直线的倾斜角互补，是否存在实数，使为定值，若存在，求出该定值及，若不存在，说明理由. 34．已知椭圆C：的焦距为，离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)已知，E为直线上一纵坐标不为0的点，且直线DE交C于H，G两点，证明：. 35．在平面直角坐标系中，点，，，点M的轨迹为C. (1)求C的方程： (2)设点P在直线上，过点P的两条直线分别交C于A，B两点和G，H两点，若直线AB与直线GH的斜率之和为0，证明：. 36．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上一点，且当轴时，. (1)求的方程； (2)设在点处的切线交轴于点，证明：. 37．已知双曲线经过点，直线与交于两点，直线分别与轴相交于点. (1)证明：以线段为直径的圆恒过点； (2)若，且，求. 39．曲线C上任一点到点，距离之和为，点是曲线C上一点，直线l过点P且与直线垂直，直线l与x轴交于点Q. （I）求曲线C的方程及点Q的坐标（用点的坐标表示）； （II）比较与的大小，并证明你的结论. 40．已知椭圆 过点，且离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)已知圆方程为，过圆上任意一点作圆的切线，切线与椭圆交于，两点，为坐标原点，设为的中点，当取最大值时，求直线的方程. 41．已知椭圆的离心率为，焦距为. (1)求椭圆的标准方程； (2)直线的斜率为，且与坐标轴的交点均在椭圆内部，直线与椭圆交于两点，求线段的长度的取值范围. 42．已知抛物线，过点的直线l交抛物线于A，B两点，抛物线在点A处的切线为，在点B处的切线为，直线与交于点M. (1)设直线，的斜率分别为，，证明：； (2)设线段AB的中点为N，求的取值范围. 43．设O为坐标原点，点M，N在抛物线上，且. (1)证明：直线过定点； (2)设C在点M，N处的切线相交于点P，求的取值范围. 44．如图，已知椭圆 过点两个焦点为和.圆O的方程为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过且斜率为的动直线l与椭圆C交于A、B两点，与圆O交于P、Q两点（点A、P在x轴上方），当 成等差数列时，求弦PQ的长. 45．如图，双曲线的中心在坐标原点，焦点在x轴上，两条渐近线分别为，经过右焦点F垂直于的直线分别交于A，B两点．又已知该双曲线的离心率． （1）求证：，依次成等差数列； （2）若，求直线AB在双曲线上所截得的弦CD的长度． 46．在平面直角坐标系中，已知直线经过抛物线的焦点，与交于两点，与的准线交于点. (1)求的值； (2)若成等差数列，求. 47．已知圆，动点在轴的右侧，到轴的距离比它到的圆心的距离小1． (1)求动点的轨迹的方程； (2)过圆心作直线与轨迹和圆交于四个点，自上而下依次为A，M，N，B，若，，成等差数列，求及直线的方程． 48．已知点，动点满足，其中分别为直线的斜率，为常数，且当时，点的轨迹记为，当时，的轨迹记为． （1）求曲线的方程； （2）过点的直线与曲线交于四点（其中在轴上方，在轴下方，）．问：是否存在这样的直线，使得成 等差数列？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由． 49．有一个动圆与曲线相外切，并且与轴相切． (1)求动圆的圆心的轨迹方程； (2)已知点 的坐标为，如果直线与椭圆 交于点，直线与曲线交于点.求当斜率满足什么范围时，存在这样的椭圆使得 的长度成等比数列． 50．已知椭圆的离心率，左顶点为. （1）求椭圆的方程； （2）已知为坐标原点，是椭圆上的两点，连接的直线平行交轴于点，证明：成等比数列. 51．已知椭圆的焦距为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）设过椭圆顶点，斜率为的直线交椭圆于另一点，交轴于点，且、、成等比数列，求的值. 52．已知抛物线，过点的直线与抛物线交于、两点，且直线与轴交于点.（1）求证:，，成等比数列； （2）设，，试问是否为定值，若是，求出此定值；若不是，请说明理由． 53．抛物线在点，处的切线垂直相交于点，直线与椭圆相交于，两点． （1）求抛物线的焦点与椭圆的左焦点的距离； （2）设点到直线的距离为，试问：是否存在直线，使得，，成等比数列？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由． 54．设抛物线的焦点为，点，直线交于，两点，且． (1)求的标准方程； (2)已知，是抛物线上的任意两点，过点，分别作在点，处的切线交于点， ①证明：，，成等比数列； ②证明：． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点13：破解圆锥曲线长度与弦长：圆锥曲线中有关弦长、长度类问题题型归纳 （培优固本提能讲义） 知识网络·核心根基深扎牢 1 实战演练·能力进阶攀高峰 3 题型一、已知直线与圆锥曲线方程求弦长 3 题型二、已知弦长求直线或圆锥曲线的参数 6 题型三、已知弦中点坐标求弦长 11 题型四、圆锥曲线焦点弦长问题 14 题型五、圆锥曲线长度/弦长：“和差”型 18 题型六、圆锥曲线长度/弦长：“比值”型 25 题型七、圆锥曲线长度/弦长：“倒数和”型 31 题型八、圆锥曲线长度/弦长：“杂糅”型 36 题型九、圆锥曲线：证明“长度比值/乘积相等” 43 题型十、圆锥曲线弦长/长度最值（范围）问题 51 题型十一、圆锥曲线弦长/长度：成“等差”型 57 题型十二、圆锥曲线弦长/长度：成“等比”型 61 题型精析・方法突破提能力 67 知识网络・核心根基深扎牢 知识点1：弦长公式（韦达定理） ；（直线与圆锥曲线联立消y） ；（直线与圆锥曲线联立消x） ；（直线与圆锥曲线联立消y） ；（直线与圆锥曲线联立消x） 知识点2：弦长公式（硬解定理） ；（直线与圆锥曲线联立消y） ；（直线与圆锥曲线联立消x） ；（直线与圆锥曲线联立消y） ；（直线与圆锥曲线联立消x） 知识点3：弦中点坐标求弦长 步骤1：设弦的两个端点为，则、，设弦所在直线斜率为（斜率不存在时单独讨论）； 步骤2：将A、B坐标代入对应圆锥曲线标准方程，两式相减，结合、和，用点差法求出斜率； 步骤3：若斜率存在，用点斜式写出弦所在直线方程；若斜率不存在，直线方程为； 步骤4：将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去得一元二次方程（或），计算判别式保证弦存在）； 步骤5：由韦达定理得（或对应的关系），代入弦长公式（斜率不存在时用，计算得弦长。 知识点4：长度/弦长和差、比值、倒数和、杂糅 步骤1：明确核心已知条件：记录圆锥曲线标准方程（含参数如）、弦的关联条件（如过定点、中点坐标、斜率范围等）、待求目标（弦长和差、比值、倒数和或杂糅关系），标记未知量（如弦端点坐标、直线斜率）。 步骤2：设线设点：设弦所在直线方程（斜率存在时用，过定点时代入定点简化）；设弦的两个端点为，若有中点则记。 步骤3：联立方程求韦达定理：将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y（或x）得到关于x（或y）的一元二次方程，计算判别式，确保Δ>0（弦存在的前提，含参数时需据此求参数范围）；由韦达定理得、（或）。 步骤4：计算单条弦长：代入弦长公式得单弦长，斜率存在时用（或），斜率不存在时用（或）；若有两条弦。 步骤5：转化目标表达式：根据待求目标（和差、比值、倒数和等），将|AB|、|CD|代入构建表达式，用韦达定理的（或y的关联式）替换表达式中的端点坐标关系，消去未知量（如）。 步骤6：化简求解与验证：对转化后的表达式进行代数化简（如通分、因式分解、代入参数值），得到待求结果；若含参数，结合Δ>0的范围验证结果有效性，确保无增根或不符合条件的解。 知识点5：长度/弦长成等比等差数列 步骤1：明确核心条件与数列类型：记录圆锥曲线标准方程（含等参数）、弦的共性条件（如共定点、共斜率、中点关联等）、弦的数量及顺序、待求目标（如数列公差/公比、参数值、弦长本身）；标注等差/等比数列的关键定义（等差：；等比：，为弦长）。 步骤2：统一设线设点：根据弦的共性条件设直线方程（如共定点)设为，斜率不同设为）；设各弦端点为，若有中点则记录中点与端点和的关系。 步骤3：联立求韦达定理与判别式：分别将每条弦的直线方程与圆锥曲线联立，消元得一元二次方程（如）；计算每条弦对应的判别式，确保（弦存在的前提）；由韦达定理得各弦端点横（纵）坐标的和与积（如）。 步骤4：计算各弦长并表示为参数表达式：代入弦长公式计算每条弦长（斜率存在时]，斜率不存在时），将弦长表示为直线参数（如或）的函数，即。 步骤5：结合数列定义建立方程：根据等差或等比或的定义，将步骤6得到的弦长表达式代入，构建关于未知参数（公差d、公比q或直线参数）的方程。 步骤6：求解参数并验证：化简方程求解目标参数（如d、q或直线斜率、截距），过程中需结合各弦的筛选有效解；若需具体弦长，将参数代入弦长表达式计算。 步骤7：特殊场景处理：若弦长与曲线焦点、准线相关（如焦点弦），可利用曲线定义（如椭圆焦点弦到两焦点距离和为）简化弦长计算；若数列含条弦，需归纳弦长的通用表达式后结合数列通项公式求解。 实战演练・能力进阶攀高峰 题型一、已知直线与圆锥曲线方程求弦长 典例探究 【例题1】经过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于，两点，则线段的长为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】先求得直线故直线的方程，再与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用弦长公式求解. 【详解】解：在中，，， 所以，即， 故左焦点为，而， 故直线的方程为， 联立得， ，设，， 由韦达定理得，， 则由弦长公式得． 故选：B． 举一反三 【1-1】直线被椭圆截得的线段长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出直线与椭圆的交点坐标，利用两点间的距离公式可求得结果. 【详解】联立，解得或， 所以，直线交椭圆于点、， 所以，. 故选：B. 【1-2】若直线与椭圆交于两点,则(    ) A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知直线方程与椭圆方程,联立方程组,求解两点坐标,即可求解弦的长. 【详解】由题意联立方程可得:,消去 化简可得:, 解得,, 故交点 根据两点间距离公式可得: 故选:D. 【点睛】本题主要考查了椭圆弦长,解题关键是掌握椭圆的基础知识和两点间距离公式,考查了分析能力和计算能力,属于中档题. 【1-3】已知椭圆与椭圆的焦点相同，且的长轴长是短轴长的倍． (1)求的方程； (2)若过点且斜率为的直线与交于两点，求． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据题意可得椭圆的焦点，即可得，且，利用计算可得的值，从而得出椭圆方程； （2）根据题意写出直线的方程，与椭圆方程联立可得，利用韦达定理结合弦长公式计算可得结果. 【详解】（1）由题意，椭圆的焦点为和，即， 且， ，解得， ，， 椭圆的方程为. （2）由题意，直线的斜率，其方程为， 联立可得， 设， 根据韦达定理，则有， . 所以. 题型二、已知弦长求直线或圆锥曲线的参数 典例探究 【例题2】已知椭圆． (1)求椭圆C的离心率e； (2)若，斜率为1的直线l与椭圆交于A、B两点，且，求直线l的方程． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）直接根据椭圆的离心率公式得答案； （2）由可得椭圆方程为：，再设直线l的方程，联立直线方程与椭圆方程，结合椭圆弦长的解法，利用韦达定理化简可求直线方程. 【详解】（1）椭圆．化为标准方程：， 椭圆长半轴长为，短半轴长为b， ． （2），斜率为1的直线与椭圆交于A、B两点， 设斜率为1的直线l的方程为，且、，   ， 椭圆C的方程为：， 由，消去y得， ，解得， 有，， ， 解得，即， 直线l的方程为． 举一反三 【2-1】已知椭圆C：，，P是椭圆C上任意一点，F是椭圆C的右焦点，且的最小值是1． (1)求椭圆C的方程； (2)过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若，求直线l的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先由，结合最小值得到方程，求出，得到椭圆方程； （2）当过点的直线的斜率为0时不合要求，当过点的直线的斜率不为0时，设出方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式列出方程，求出直线方程. 【详解】（1）因，，所以，，即． 当P是椭圆右顶点时，取得最小值，最小值为，故， 则，，椭圆C的方程为． （2）当过点F的直线l的斜率为0时，，不符合要求． 当过点F的直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为， 代入，得，恒成立． 设，，则，， 故 ， 故，解得， 故直线l的方程为． 【2-2】已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为4. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由长轴长可得，再根据离心率可得，再求，即可得到方程； （2）方法一、根据题意，直线斜率为0时，得到不符合题意，当直线斜率不为0时，设，联立曲线得到，再根据求解即可；方法二、直线斜率不存在时，，不符合题意，当直线斜率存在时，设，联立曲线得到，再根据求解即可. 【详解】（1）由题可知，，， 又，且，解得，， 则椭圆的方程为. （2）法一：①当直线斜率为0时，， 不符合题意. ②当直线斜率不为0时，设直线方程为， 联立，得，， 设，则. 由题意，， 即，解得. 故直线的方程为：或. 法二：①当直线斜率不存在时，，不符合题意. ②设直线方程为， 联立，得，， 设，则， 由，得， 即，解得. 故直线的方程为或. 【2-3】已知双曲线的离心率为，且过点. (1)求的方程； (2)直线过且交于两点，若弦的长度为的实轴长的两倍，求的方程. 【答案】(1) (2)或或 【分析】（1）由离心率和所过点求出，写出方程； （2）若直线斜率不存在，验证；若直线斜率存在，设为，联立-消元-韦达定理，利用弦长公式求. 【详解】（1）因为双曲线过，离心率为，所以， 解得，所以双曲线的方程为. （2）由（1）知双曲线的实轴长为2，当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，得，， 设，则， 所以，解得， 由直线与双曲线渐近线的位置关系可得此时直线与双曲线有两个交点； 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，符合题意. 综上所述，直线的方程为或或. 题型三、已知弦中点坐标求弦长 典例探究 【例题3】若椭圆的弦AB的中点则弦长（    ） A．4 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】设，，利用点差法即可求出直线的斜率，即可求得直线AB的方程，然后与椭圆方程联立方程组，求得有，，结合两点间距离公式即可得解. 【详解】设，， 因为为AB的中点， 所以，， 又A，B两点在椭圆上， 则，， 两式相减，得， 所以， 所以， 所以， 即有直线AB的方程为， 即为，代入椭圆方程，可得， 可得或4， 即有，， 则 故选：D. 举一反三 【3-1】若椭圆的弦的中点为，则弦的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，利用中点弦的“平方差法”求得弦的斜率，得出的直线方程，联立方程组，结合弦长公式，即可求解. 【详解】设， 因为弦的中点为，可得， 又因为在椭圆上，可得， 两式相减可得， 可得，即直线的斜率为， 所以弦的直线方程为，即， 联立方程组，整理得，可得， 由弦长公式，可得. 故选：A. 【3-2】已知椭圆，过点的直线交椭圆于A，B两点，若P为线段中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设,,由弦中点利用点差法可得,则直线为,联立直线与椭圆,利用韦达定理可得,进而通过弦长公式求解即可 【详解】由题,设,,因为为线段的中点,则, 则,作差可得, 即,即, 则直线为,即, 所以联立可得,则, 所以, 故选：D 【点睛】本题考查弦长公式的应用,考查利用点差法求直线的斜率,考查运算能力 【3-3】已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为（1，-1），则弦长|AB|=（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设两点的坐标，，将两点坐标代入椭圆方程，两式相减，由中点坐标，焦点坐标得，又由，得椭圆的标准方程及直线的方程，联立，由弦长公式，得弦长 【详解】设，，将两点坐标代入椭圆方程，，两式相减，得，由中点坐标，焦点坐标得，即，又由，得，，所以椭圆的标准方程为，直线的方程为，联立方程组，消去，得，所以，，弦长，选择A 【点睛】解决直线与圆锥曲线相交弦中点问题可使用点差法，设两点坐标，分别带入圆锥曲线方程再相见，计算弦长可使用弦长公式 题型四、圆锥曲线焦点弦长问题 典例探究 【例题4】已知椭圆的左焦点为，过坐标原点的直线与椭圆交于两点，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据椭圆的对称性得到，然后结合椭圆定义得到，，最后分别在三角形和三角形中利用余弦定理计算即可. 【详解】 取椭圆的右焦点为，根据椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形， 根据椭圆的定义得， 又，所以，， 在三角形中，， 在三角形中，， 解得. 故选：A. 举一反三 【4-1】已知椭圆的焦点为F，椭圆上M，N满足：，则（    ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【分析】设出点，根据推导出点坐标，将坐标代入椭圆方程组成方程组，解出点，然后求出线段的长度. 【详解】设、， 不妨设为右焦点，据题意得， 因为， 所以， 所以， 将点代入椭圆方程得 由，得， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以. 故选：D 【4-2】已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点的直线交椭圆于、两点. （1）若的面积为，求直线的方程； （2）若，求. 【答案】（1）或；（2）. 【分析】（1）本题首先可以设、，然后对直线斜率为0这种情况进行讨论，易知这种情况不满足题意，再然后对直线斜率不为0这种情况进行讨论，可设直线的方程为，通过联立直线方程与椭圆方程并借助韦达定理得出、，最后通过求出的值，即可得出结果； （2）本题首先可根据得出，然后结合题（1）得出、，再然后两者联立，计算出的值，最后通过即可得出结果. 【详解】（1）设、， 因为椭圆方程为，所以，， 当直线斜率为0时，直线的方程为， 联立，解得，则， ，不满足题意； 当直线斜率不为0时，设直线的方程为， 联立，得， 由韦达定理得、， 则 ， 整理得，解得，或（舍去）， 故，直线的方程为或. （2）设、， 因为，所以，， 由（1）可知，， 故，， 联立，得，解得， 所以. 【点睛】本题考查椭圆与直线相交的相关问题的求解，考查向量的坐标运算，考查韦达定理的灵活应用，考查焦点弦的长度计算，考查计算能力，考查化归与转化思想，是难题. 【4-3】以，为焦点的椭圆：过点. （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为1的直线交椭圆于，两点，求的值. 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）设该点为，结合椭圆第一定义可得;，由点到点距离公式即可求解，进而求解标准方程； （2）设直线方程为：，联立直线和椭圆的标准方程表示出关于的韦达定理，结合弦长公式求出，再由焦点三角形的周长为，作差即可求解的值； 【详解】（1）设椭圆上该点为，则，，则，，则，椭圆的标准方程为：； （2）设直线方程为：，联立直线和椭圆的标准方程得： ，即， 则， 又的周长为， 所以 【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，焦点三角形周长的应用，椭圆中弦长的求法，属于中档题 题型五、圆锥曲线长度/弦长：“和差”型 典例探究 【5-1】双曲线，左、右顶点分别为A，B，曲线上有点，满足. (1)求双曲线方程； (2)Q是双曲线上的动点，QA，QB分别交椭圆于点E，N，S，T，证明：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据得到方程，求出，代入，求出，得到双曲线方程； （2）设，则，设：，代入椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式得到，从而，计算出. 【详解】（1）由题意，， 故， 将代入， 故双曲线方程为. （2）设，则， 而，故. 设：代入椭圆方程得：， ， 其中， 过A作ST平行线交椭圆于G，H，由对称性可知：， 故将中的k换为，即得， 故， ∴. 原命题得证. 【点睛】定值问题常见方法： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 举一反三 【5-1】已知平面上一半径小于4的动圆与定圆相内切，且过定点． (1)求动圆圆心的轨迹方程． (2)设直线与（1）中轨迹交于不同的两点，点为坐标原点． ①求的最大值． ②当直线不过原点时，记外接圆的圆心为，则平面上是否存在两定点，使得为定值，若存在，求出定点坐标和定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)①；②存在定点，，． 【分析】（1）找出动点满足的条件之间的关系，根据椭圆的定义求得，，代入椭圆的标准方程求得； （2）①联立方程，利用根与系数的关系，用表示并求的最值，②法一：求出线段的垂直平分线方程，表示出外接圆圆心的横坐标，利用的垂直平分线表示出三角形外接圆圆心纵坐标，验证的轨迹方程下结论；法二：联立方程，利用根与系数的关系表示，用表示出圆心坐标，验证的轨迹方程下结论. 【详解】（1）设动圆的半径为，由圆与动圆相内切得， ， 即圆心的轨迹是焦点在轴上的椭圆，且，，则，， 从而，，故动圆圆心的轨迹方程为． （2）①联立，消去得， 由，得， 设，，则，， ， 即，当且仅当时取等号， 的最大值为．    ②法一：如图，线段的垂直平分线方程为，即， 同理线段的垂直平分线方程为， 由两式可得，， 外接圆圆心的横坐标， 其中， ， 则 ． 又线段的垂直平分线方程为，即，即， 圆心的纵坐标， ，故圆心在等轴双曲线上， 由双曲线的定义知，存在定点，，使得． 法二：（圆的一般方程法）设外接圆的方程为， 与联立，消去得，， 则，， ，，解得，． 设圆心坐标为，则，， ，即圆心在等轴双曲线上， 由双曲线的定义知，存在定点，，使得． 【5-2】已知椭圆的长轴长为，且经过点．椭圆的对称中心为原点，焦点在轴上，且的离心率与的离心率相等，的短轴长与的长轴长相等． (1)求椭圆与的标准方程． (2)若为上的点，过点作的切线，设切点分别为，，试问直线与的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． (3)若（异于的左、右顶点，）为椭圆上的点，直线与交于点，，直线与交于点，，求的值． 【答案】(1)， (2)是，定值为 (3)6 【分析】（1）先确定方程，再结合离心率及长轴、短轴求； （2）设切线，联立椭圆方程，结合韦达定理及为椭圆上的点，即可求证； （3） 先确定，在分别设直线的方程为，则直线的方程为，结合弦长公式即可求解； 【详解】（1）根据题意可得． 将点的坐标代入，得，解得， 所以椭圆的标准方程为． 设椭圆的标准方程为，则． 由，解得， 故椭圆的标准方程为． （2） 根据题意易得经过点且与椭圆相切的直线斜率存在，可设为． 由得， 所以， 化简可得． 设直线与的斜率分别为，， 则，是关于的方程的两个实根， 所以， 因为为椭圆上的点，所以， 所以， 故直线与的斜率之积是定值，且该定值为． （3）设，由题意得，， 则，， 得． 又因为，所以，所以． 不妨设，，，， 直线的方程为，则直线的方程为， 联立可得， 所以，， 所以， 同理，将代得， 故． 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解. 【5-3】已知椭圆，右焦点为，动直线与圆相切于点，与椭圆交于、两点，其中点在轴右侧. （1）若直线过点，求椭圆方程； （2）求证：为定值. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）设椭圆的焦距为，由直线与圆相切可得出的值，由直线过点可得出的值，进而可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）设点，可知，利用两点间的距离公式、勾股定理可分别求出、，进而可证明出为定值. 【详解】（1）设椭圆的焦距为， 由于直线与圆相切，则， 直线过点，，则， 因此，椭圆的方程为； （2）设，易知点在轴右侧，可得， 则，， ，， ， ，， 因此，（定值）. 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中的定值问题的证明，涉及两点间距离公式和勾股定理的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题. 题型六、圆锥曲线长度/弦长：“比值”型 典例探究 【例题6】如图，已知椭圆的左焦点为，设过点且斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，线段的垂直平分线交轴于点．试判断是否为定值．若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由．    【答案】是， 【分析】解法1：设出直线的方程为，进而联立方程，利用韦达定理和弦长公式得到，利用点在线段的垂直平分线上，进而得到，最后利用两点间距离公式可得，进而求解即可； 解法2：求出线段的中点和线段的垂直平分线方程，可得点的坐标，可求得，可得所求的比值； 解法3：利用椭圆的第二定义及三角形相似求解即可． 【详解】解法1：由题意，，设，，，直线的方程为． 联立得， ，，． 因为点在线段的垂直平分线上，所以，所以， 代入，，化简得， 所以，，为定值． 解法2：同解法1得，线段的中点， 所以线段的垂直平分线为，得， 所以，同解法1得的表达式，故，为定值． 解法3：过点，向左准线作垂线，垂足分别为，，作于点，如图． 由椭圆第二定义得， 而，即， 又， 所以，为定值．    举一反三 【6-1】已知椭圆：的短轴长等于，离心率． (1)求椭圆的方程； (2)过右焦点的直线与椭圆交于、两点，线段的垂直平分线交轴于点，证明：为定值． 【答案】(1) (2)证明过程见解析 【分析】（1）根据题意，列出的方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程； （2）设直线的方程为，联立方程组得到，进而求得，得出中垂线的方程，求得，再由弦长公式求得，即可求解. 【详解】（1）椭圆：的短轴长等于，离心率可得， ，解得，所以椭圆的方程为. （2） 由椭圆的方程，可得右焦点， 当直线斜率不存在时被轴垂直平分，不符合题意； 当直线斜率为0时，； 直线斜率存在且不为0时，设直线的方程为，，中点为， 联立方程组，整理得， 可得， 所以，则， 即，则中垂线的方程为， 令，可得，所以， 又由 ， 所以（定值）； 综上所述，为定值. 【6-2】已知椭圆的左、右顶点分别为和，且，直线经过定点．若直线与椭圆相切，记切点为，则的面积为3． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于两点，直线和分别与直线交于两点，证明是定值，并求出该定值． 【答案】(1) (2)证明见解析，定值1 【分析】（1）已知条件椭圆的标准方程； （2）联立方程是定值1 【详解】（1）解：由题知，解得， 椭圆． 由 消去并整理得， ， ，即． ， 的面积为，解得， 椭圆的标准方程为． （2）证明：由 消去并整理得，   ，解得． 设，则． 由，得． ，直线的方程为， 令，解得． 同理，直线的方程为， 令，解得． ，即， 是定值1． 【点睛】根据题意求解直线与圆锥曲线的综合应用，利用韦达定理求解定值. 【6-3】已知椭圆C： 的长轴长为4，且离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)设过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点D.求证：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）求出后可得椭圆的方程； （2）设直线的方程为，用斜率表示后可证为定值. 【详解】（1）由题设可得， 设椭圆的半焦距为，则，故，故， 故椭圆的方程为：. （2）当时，，此时，而，故，故. 当时，直线的方程为，， 由可得， 此时， ，， 且. 的中垂线的方程为：， 令，则，故， 故. 题型七、圆锥曲线长度/弦长：“倒数和”型 典例探究 【例题7】已知，是椭圆（）的左，右焦点，焦距为2，离心率，过左焦点的直线交椭圆于两点. (1)求椭圆C的方程； (2)求证为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意，列方程组，求出的值，即得椭圆方程； （2）设，直线方程为并与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出弦长，利用两点之间距离公式化简 ，将韦达定理代入计算即得证. 【详解】（1）由题可知，解得， 故椭圆C的标准方程是 （2）设，依题可设直线方程为， 由，消去可得：， 故 于是，， 故 ， 故为定值. 举一反三 【7-1】已知分别是椭圆  的左、右焦点，P是C上的动点，C的离心率是，且△的面积的最大值是. (1)求C的方程； (2)过作两条相互垂直的直线，，直线交C于A，B两点，直线交C于D，E两点，求证： 为定值. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】(1)由 C的离心率是，△的面积的最大值是，列方程组求出，，，可得C的方程. (2)设出直线方程，与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理和弦长公式求值. 【详解】（1）设椭圆C的焦距为，根据题意，有 解得，，．所以C的方程是． （2）证明：当直线，的斜率存在且都不为0时，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，，． 联立得：． 因为在椭圆C的内部，所以恒成立， 所以，， 所以 ， 同理，将k换成，得， 所以． 当直线，中一条直线斜率为0，一条直线斜率不存在时，不妨设直线的斜率为0， 则，，此时． 综上所示，为定值． 【7-2】已知椭圆经过点，且椭圆的离心率，过椭圆的右焦点作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于点及、． (1)求椭圆的方程； (2)求证：为定值； 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率以及在椭圆方程上即可联立求解，．（2）分两种情况讨论：当与坐标轴垂直时，可求的长度， 当一般情况时，联立直线与椭圆方程，根据弦长公式即可求解； 【详解】（1）由，得， ，．①， 由椭圆过点知，②． 联立①②式解得，． 故椭圆的方程是． （2）为定值． 证明：椭圆的右焦点为，分两种情况． 不妨设当的斜率不存在时，， 则．此时，，； 当直线的斜率存在时， 设，则． 又设点，，，． 联立方程组， 消去并化简得， ，， ， 由题知，直线的斜率为， 同理可得 所以为定值． 【7-3】已知椭圆（）的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程 (2)分别过椭圆的左、右焦点、作两条互相垂直的直线和，与交于，与椭圆交于A，B两点，与椭圆交于C，D两点 ①求证：； ②求证：定值. 【答案】(1) (2)①证明过程见解析；②证明过程见解析. 【分析】（1）运用代入法，结合椭圆离心率公式进行求解即可； （2）①根据圆的性质，结合椭圆的性质进行证明即可； ②根据斜率是否存在，分类讨论，结合椭圆弦长公式进行求解证明即可. 【详解】（1）椭圆的离心率为，所以， 椭圆过点，所以，即， 因此椭圆的标准方程为； （2）①当直线和中有一条没有斜率时，另一条的斜率为零，此时点是或者是，显然成立， 当直线存在斜率且不为零时，设为，所以直线的斜率为， 因为，坐标原点是线段的中点， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆（不包括两焦点）， 综上所述：点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，因此， 显然，显然成立， ②当直线和中有一条没有斜率时，由于椭圆的对称性，不妨设直线不存在，因此直线的斜率为零， ，把时，，所以， 显然，所以定值； 当直线存在斜率且不为零时，设为，所以直线的斜率为， 直线的方程为：，于是有，设， ， ， 同理可得：， 于是定值， 综上所述：定值. 【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数的关系求解椭圆弦长是解题的关键. 题型八、圆锥曲线长度/弦长：“杂糅”型 典例探究 【例题8】已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上． (1)求的方程． (2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点（不同于双曲线的顶点），问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)是定值， 【分析】（1）首先根据离心率，和双曲线方程，列式即可求解； （2）首先设直线的方程与双曲线方程联立，并用坐标表示和，并利用韦达定理表示，即可化简求解. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为． 由题意可得，解得， 所以的方程为． （2）为定值，理由如下： 由（1）知，设直线， 联立方程得，消去，整理可得， ， ，同理． 直线过点且与的左、右两支分别交于两点， 两点在轴同侧，，此时，即． ， ，为定值． 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线联立，解决定值的问题，本题的关键是利用坐标表示和，并求解. 举一反三 【8-1】已知、分别为椭圆的左、右焦点，且右焦点的坐标为，点在椭圆上，为坐标原点． (1)求椭圆的标准方程 (2)若过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程； (3)过椭圆上异于其顶点的任一点，作圆的两条切线，切点分别为，（，不在坐标轴上），若直线在轴、轴上的截距分别为、，那么是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)； (2)或； (3)是，2. 【分析】（1）由已知，且，又已知椭圆上的一个点，根据定义可求得的值，进而得到椭圆方程； （2）讨论直线是否与x轴垂直.当直线不垂直轴时，设直线，联立直线与椭圆的方程，用表示出弦长，根据条件解出的值，即可得到直线方程； （3）分别设点，，，则可得出直线的方程为，同理得出直线的方程为，两者形式相同，且满足两个方程，则直线的方程为，求得，，又Q在椭圆上，则可求得. 【详解】（1）椭圆的右焦点的坐标为， 椭圆的左焦点的坐标为， 由椭圆的定义得， 所以，， ， 由题意可得，即， 即椭圆的方程为； （2）直线与椭圆的两个交点坐标为，， ①当直线垂直轴时，方程为：，代入椭圆可得，，则，不合题意，舍去； ②当直线不垂直轴时，设直线 联立，消得，， 则，， 恒成立. ， 又，则， 化简得，，即，解得或（舍去）， 所以，直线方程的方程为或. （3） 是定值，定值为2. 设点，，，连接，， ，，则有，. ，不在坐标轴上，则，， 则，， 直线的方程为，即，① 同理直线的方程为，②， 将点代入①②，得， 显然，满足方程， 直线的方程为， 分别令，，得到，，，， 又满足， ，即. 【点睛】圆锥曲线定值问题，设出相关点的坐标.根据已知条件，求出定值涉及的要点，根据圆锥曲线方程确定这一隐含条件，找准出发点，即可推得.本题中，分别设点，，，则可得出直线的方程为，同理得出直线的方程为，两者形式相同，且满足两个方程，则直线的方程为，求得，，又Q在椭圆上，则可求得. 【8-2】已知点，，直线，的斜率乘积为，点的轨迹为曲线. （Ⅰ）求曲线的方程； （Ⅱ）设斜率为的直线交轴于，交曲线于，两点，是否存在使得为定值，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在，. 【分析】（Ⅰ）设设点坐标为，根据题意得计算斜率之积即可得： （Ⅱ）设，，设直线为，与曲线C联立方程并结合弦长公式得： ，再令即可得答案. 【详解】（Ⅰ）设点坐标为，则     ，曲线的方程为 （Ⅱ）设，，设直线为 代入得 所以由弦长公式得： 所以 为定值， 则，， 【点睛】本题考查曲线的轨迹方程求解，弦长公式，定值问题，考查运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于设设直线为,进而结合弦长公式得： . 【8-3】设椭圆的左、右焦点分别为，离心率，长轴为4，且过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若，其中为坐标原点，求直线的斜率； (3)若是椭圆经过原点的弦，且，判断是否为定值？若是定值，请求出，若不是定值，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是定值，定值为4 【分析】（1）由离心率和长轴，求出和，再由求得，即可求出椭圆标准方程； （2）设直线的方程为：，直线与椭圆交于两点，，直线方程与椭圆方程联立，分别表示出和，由列出方程，即可求出斜率值； （3）由弦长公式表示出，再由是椭圆经过原点的弦，且，表示出，即可得出答案． 【详解】（1）解：由离心率，长轴为4，得， ， 所以， 故椭圆C的标准方程为：． （2）由（1）得椭圆的右焦点的坐标为， 设直线的方程为：，直线与椭圆交于两点，， 由得，， 则，， 所以， 因为， 所以，即， 解得， 故直线的斜率为． （3）是定值，理由如下， 由（2）得：直线的方程为：，直线与椭圆交于两点，， ，， 则 ， 由是椭圆经过原点的弦，设，，直线的斜率为， 则， 由得，，且， 得， 所以，为定值． 题型九、圆锥曲线：证明“长度比值/乘积相等” 典例探究 【例题9】如图，椭圆：，为其右焦点，过点的动直线与椭圆相交于，两点.    (1)若直线经过焦点，求此时线段的长度； (2)若焦点不在直线上，求周长的最大值及相应直线的方程； (3)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)3； (2)最大值为8，直线：； (3)存在，. 【分析】（1）求出点的坐标及直线的方程，与椭圆方程联立求出弦长. （2）令椭圆左焦点为，利用线段和差大小关系及椭圆定义推理求解. （3）由特殊位置确定点的位置及坐标，再就一般情况推理求解. 【详解】（1）依题意，，直线的斜率为，方程为， 由消去得，解得， 所以线段的长. （2）设椭圆的左焦点为，则， 于是，当且仅当直线过左焦点取等号， 所以周长的最大值为8，此时直线方程为. （3）存在点满足题意， 假设存在满足题意的定点，当直线平行于轴时，则，，两点关于轴对称， 则点在轴上，不妨设， 当直线垂直于轴时，，，， 解得或（舍去，否则点就是点），即点的坐标为； 对于一般的直线：，也满足题意. 因为，由角平分线定理知，轴为的角平分线，则只需. 设，，则，， 则，消去可得，， 则，， 于是，， 两式相加得，， 即从而，假设成立. 即存在与点不同的定点，使得恒成立.    举一反三 【9-1】已知椭圆的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，且右顶点和上顶点都在直线上. (1)求的方程； (2)若直线经过交椭圆于、两点，求面积的最大值； (3)若过点的直线交于、两点，点是线段上异于、的一点，且，证明： 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意求出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）由题意可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合三角形的面积公式以及对勾函数的单调性可求得面积的最大值； （3）按直线的斜率是否为分类，在不为时设出方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合共线向量的坐标运算推理得证. 【详解】（1）在直线方程中，令，得，即上顶点，则， 令，得，即，则，所以的方程为. （2）若直线与轴重合，则直线经过点，不合乎题意， 设直线的方程为， 联立得， ， 设点、，由韦达定理可得，， 所以，， 于是， 令，令，其中， 由对勾函数的单调性可知，函数在上为增函数， 当时，即当时，取最小值， 此时，的面积取最大值，且其最大值为. （3）当直线的斜率为时，不妨记、， 而，由，得， 则，因此； 当直线的斜率不为时，设、、， 设直线的方程为， 由消去得， 则，， 由韦达定理可得，， 如图，由，得点在线段的垂直平分线上，即， 显然，设，即， 于是， 由点在直线上，得， 则，整理得， 于是，因此，， 所以. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 【9-2】如图，已知椭圆：过点，离心率. （1）求椭圆的方程； （2）如图，直线平行于（为原点），且与椭圆交于两点、，与直线交于点（介于、两点之间）. （i）当面积最大时，求的方程； （ii）求证：. 【答案】（1）；（2）（i），（ii）证明见解析. 【解析】（1）根据条件求出，即可写出椭圆方程； （2）（i）设直线的方程为，联立椭圆方程，表示出面积，可求出面积最大时的值，即可得出的方程； （ii）证明即可. 【详解】（1）由，. 由于椭圆过点（2，1），所以，解得：，， 所以椭圆的方程为：； （2）（i）由题设条件知，由题意设直线的方程为， 设，， 联立直线与椭圆的方程，整理可得， ，即，，， 所以弦长， 到直线的距离为：， 所以， 当且仅当取等号，由介于、之间可得， 这时直线的方程为； （ii）证明：∵， 同理：， ∴ 将，，代入可得： ， 所以直线，关于直线对称，即为的角平分线， 所以， 即证得：. 【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与圆的位置关系，考查椭圆中三角形面积问题，属于较难题. 【9-3】已知椭圆的离心率，且点在椭圆E上，直线与椭圆E交于不同的两点A，B． (1)求椭圆E的标准方程； (2)设直线OA，OB的斜率分别为，证明：； (3)设直线l与两坐标轴的交点分别为P，Q，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由椭圆的离心率的值，及将点的坐标代入椭圆的方程，可得，的值，即求出椭圆的方程； （2）联立直线与与椭圆的方程，可得两根之积，求出直线，的斜率之积的表达式，整理可得斜率之积； （3）由题意可得点，的坐标，求出的表达式，再求出的表达式，即可证得结论． 【详解】（1），又， ，， 又，， 椭圆方程为； （2）联立直线与椭圆方程得，得， 又因为有两个交点，所以，解得， 设，故， 又， ， ； （3）由已知得：， ，， ， ，， ，， 即. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为,； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 题型十、圆锥曲线弦长/长度最值（范围）问题 典例探究 【例题10】在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且，的面积为2. (1)求的方程； (2)若直线交于两点，以线段为直径的圆的另一个交点为，且，求的最大值． 【答案】(1) (2)2． 【分析】（1）由，再结合的面积，即可求出，从而可求解. （2）结合题意作出图形，求得三点共线，且，然后再分别讨论直线斜率存在与不存在两种情况，再与椭圆方程联立，利用韦达定理从而可求解. 【详解】（1）由题得，所以， 所以，即①， 因为的面积为，所以， 即②，联立①②，得， 故的方程为． （2）如图，因为以线段为直径的圆相交于异于原点的点， 根据直径所对的圆周角为90°得到三点共线． 三点共线，且． 因为，所以原点到直线的距离为1. 当直线斜率不存在时，直线的方程为或． 当时，不妨设， 则，当时，同理． 当直线斜率存在时，设直线的方程为，即． 所以原点到直线的距离为，则． 联立，消元得， 则，即， 设，则， 由，得，则， ， 令，， 则． 由，所以当，即时，， 综上可知，的最大值为． 举一反三 【10-1】在平面直角坐标系中，为坐标原点，F，T分别是椭圆：的左焦点，右顶点，过F的直线交椭圆C于A，B两点，当轴时，的面积为. (1)求； (2)若斜率为的直线交椭圆C于G，H两点，N为以线段为直径的圆上一点，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在椭圆方程中，令，解得，得，再根据结合，求出答案； （2）设直线：与椭圆方程联立，由韦达定理求得的中点为，利用弦长公式求得，进而得到以为直径的圆的半径，由，三角换元利用三角函数性质求出最大值. 【详解】（1）依题意有，当轴时，在椭圆方程中，令，解得，则， ，又．解得，． （2）设直线：，设，， 联立，得， 所以，所以. ，所以的中点为， 所以. 又的轨迹是以为圆心，半径的圆， 所以. 令，， 记， 又，所以，时，. 【10-2】已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的周长为8． (1)求椭圆的方程； (2)设直线是圆的一条切线，且直线与椭圆交于，两点，求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）直接由题意建立关于的方程组求出即可得解. （2）当直线l的斜率不存在时易得；当直线l的斜率存在时设其方程为，由直线l与圆相切得参数k与m的关系式，由直线与椭圆相交联立方程得韦达定理，再根据弦长公式结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，依题意，， 所求椭圆方程为. （2）①当直线l的斜率不存在时，，将其代入得， 故可得；    ②当直线l的斜率存在时，设，，， 由与圆相切，所以圆心到的距离， 所以， 由得， 所以 ， 设，则， ， 当时， 当时， ， 当且仅当即时等号成立，所以， 又因为，所以. 【10-3】已知椭圆的焦距为4，点在上，直线与交于，两点. (1)求的方程. (2)若，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用椭圆的定义和点坐标列方程组求解即可； （2）依题意可得直线的方程为，设，，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理代入弦长公式，化简即可求得最大值； 【详解】（1）依题意可得解得 故的方程为. （2）依题意可得直线的方程为，设，， 联立可得， 则，，，， 由弦长公式可得， 当时，取得最大值，且最大值为. 题型十一、圆锥曲线弦长/长度：成“等差”型 典例探究 【例题11】设分别是椭圆 的左、右焦点，过斜率为1的直线与相交于两点，且成等差数列． (1)求与的等量关系； (2)设点满足，求的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)根据椭圆的定义和等差数列的定义可求得，联立方程组利用设而不求法求的表达式，列关系式确定与的等量关系； (2)设的中点为，由可得，列方程可求，由此可得椭圆方程. 【详解】（1）由椭圆定义知，，又， 所以，因为成等差数列，所以，所以， 由已知点的坐标为，其中，设的方程为， 联立，化简得：，方程的判别式， 设，由已知是方程的两个根，所以，因为直线斜率为1，， 所以，故． （2）设的中点为，由(1)知． 由可得,所以，所以，所以 所以，又，从而，， 故椭圆的方程为． 【11-1】已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，若线段的中点为，．举一反三 (1)证明：； (2)设为的右焦点，为上一点，且．证明：，，成等差数列． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】(1)根据“点差法”，即可证明结果； (2)利用已知条件先求出点的横坐标，代入椭圆方程求出点的坐标，进而求出，易知，，再根据等差中项，即可求证，，成等差数列． 【详解】（1）证明：设，，，， ，，两式相减得：， 又,， ， ； （2）证明： ． ，即， 为的右焦点，， 设，则，， 由（1）及题设得，． 又点在上，所以，从而，． 于是． 同理． 所以， 故，即成等差数列． 【11-2】设，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线与相交于，两点，且，，成等差数列． (1)求； (2)若直线的斜率为1，求椭圆的标准方程． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)根据等差数列的性质可得，结合椭圆的定义计算即可； (2)设直线的方程式为，，，联立方程组，消y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理表示出，化简求值即可. 【详解】（1）由题意知，， 由椭圆定义知， 所以，又成等差数列， 所以，解得； （2）设直线的方程式为，其中， 设，，则A，两点坐标满足方程组， 化简得，， 则，， 因为直线的斜率为1，所以即， 则， 解得，故椭圆的标准方程为． 【11-3】已知椭圆:（），、分别是椭圆的左、右焦点，四点，，，中恰有三点在椭圆上上. （1）求椭圆的方程； （2）过的直线交椭圆于，两点，且，，成等差数列. 试求：（I）； （II）直线的斜率. 【答案】（1）；（2）（I）；（II）. 【解析】（1）根据对称点判断在椭圆的三点，然后可求得椭圆方程； （2）（I）由可得；（II）设直线方程为，，，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，由圆锥曲线中的弦长公式得出的表达式，从而求得斜率． 【详解】（1）因为，关于轴对称，由题意知，，在椭圆上.则，，所以，故椭圆的方程为； （2）（I）由，所以 （II）由题意可设直线方程为，， 由→ 显然， → 故直线的斜率． 【点睛】方法点睛：本题涉及到直线与椭圆相交弦长问题．解题方法是设而不求的思想方法： 即设交点坐标，，设直线方程，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，然后由弦长公式计算弦长． 题型十二、圆锥曲线弦长/长度：成“等比”型 典例探究 【12-1】如图，矩形中，，.、、、分别是矩形四条边的中点，设，. (1)证明：直线与的交点在椭圆：上； (2)已知为过椭圆的右焦点的弦，直线与椭圆的另一交点为，若，试判断、、是否成等比数列，请说明理由. 【答案】(1)见解析 (2)、、成等比数列，证明见解析. 【分析】（1）设，分别表示出直线的方程和直线的方程，两式相乘化简即可得出答案； （2）设直线的方程为，直线MO的方程为分别与椭圆的方程联立由韦达定理求出，可证得即可判断、、成等比数列. 【详解】（1）设，依题意，，，，， 则直线的方程为，①                                 直线的方程为，②                                 ①×②得：即                             故直线与的交点M在椭圆上； （2）依题意，直线的斜率均不为零，故设直线PO的方程为， 直线MO的方程为                                                 由得：                              由得                                                           即成等比数列. 举一反三 【12-1】已知直线与椭圆相切于点，直线的斜率为，设直线与椭圆分别交于点、(异于点)，与直线交于点. （1）求直线m的方程： （2）证明：成等比数列 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）首先设直线的方程为，再与椭圆联立，利用求解即可. （2）首先设直线的方程为，与直线联立得到且，则，再与椭圆联立，利用弦长公式计算，即可证明. 【详解】（1）由题知直线的斜率存在，设直线的方程为， 由只有一组实数解， 即只有一实根， 得. 解得. 故直线的方程为. （2）设直线的方程为， 则且，则， 由，得， 所以， 所以. 即， 即､､成等比数列. 【12-2】已知椭圆的短轴两端点与左焦点围成的三角形面积为3，短轴两端点与长轴一端点围成的三角形面积为2，设椭圆的左、右顶点分别为是椭圆上除两点外一动点． （1）求椭圆的方程； （2）过椭圆的左焦点作平行于直线（是坐标原点）的直线，与曲线交于两点，点关于原点的对称点为，求证：成等比数列． 【答案】（1）；（2）见解析 【分析】（1）根据题意和椭圆中的关系，列出方程组，解这个方程组即可； （2）依题意，要证成等比数列，只需证，即．设出直线的方程、直线的方程，分别与椭圆方程联立，结合根与系数关系，求出相应线段的长度进行证明即可. 【详解】（1）解：依题意，得解得故椭圆的方程为． （2）证明：依题意，要证成等比数列， 只需证，即．设直线，直线， 联立得，，故． 联立得． 设，则 ， ∴，所以成等比数列． 【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了椭圆弦长的运算，考查了等比中项的判断，考查了数学运算能力. 【12-3】设,分别为椭圆:的左､右焦点,已知椭圆上的点到焦点,的距离之和为4. (1)求椭圆的方程; (2)过点作直线交椭圆于,两点,线段的中点为,连结并延长交椭圆于点(为坐标原点),若,,等比数列,求线段的方程. 【答案】（1）.（2）. 【解析】（1）根据椭圆定义，代入点，得到和，从而得到椭圆方程；（2）根据（1）得到，根据题意得到，当直线斜率不存在时，说明不成立，当直线斜率存在，设为，与椭圆联立得到，，再得到点坐标，求出方程，得到，利用弦长公式，得到，从而得到关于的方程，解得值，得到的方程. 【详解】解:（1）因为椭圆上的点到焦点，的距离之和为4 所以，即， 将点代入椭圆方程得，得， 故椭圆方程为. （2）因为， 所以焦点､的坐标分别为和，， 因为，，成等比数列， 所以. ①当直线斜率不存在时，则所求方程为，，. 显然不符合题意. ②当直线斜率存在，并设直线方程为， 代入得， 设，，则，， 所以，， 即点坐标为， 所以可得直线方程为:， 代入椭圆方程解得，， 故， 又因为， 代入，得，解得， 故直线的方程为. 【点睛】本题考查求椭圆方程，直线与椭圆的交点，弦长公式，属于中档题. 题型精析・方法突破提能力 1．设为双曲线上的两点，线段的中点为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设点，利用中点弦问题求出直线斜率，并求出该直线方程，再与双曲线方程联立求出弦长. 【详解】设双曲线上的点，线段的中点为，则， 则，且， 两式相减，得，即， 则直线斜率，直线的方程为：， 由，消去，得，解得， . 故选：B 2．已知点，在双曲线上，线段的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据中点弦定理求出直线的斜率，然后求出直线的方程，联立后利用弦长公式求解的长. 【详解】设，，则可得方程组：，两式相减得：，即，其中因为的中点为，故，故，即直线的斜率为，故直线的方程为：，联立，解得：，由韦达定理得：，，则 故选：D 3．已知点A，B在双曲线上，线段AB的中点为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先结合已知条件，利用点差法求出直线的斜率，进而得到直线的方程，然后联立双曲线方程，结合韦达定理和弦长公式求解即可. 【详解】不妨设，， 从而，， 由两式相减可得，， 又因为线段AB的中点为，从而，， 故，即直线AB的斜率为， 直线AB的方程为：，即， 将代入可得，， 从而，， 故. 故选：C. 4．已知直线与抛物线交于A，B两点，若线段AB的中点为，则（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】C 【分析】先通过抛物线的定义得到，由，利用点差法得到，通过线段AB的中点，得到AB的斜率，又因为，从而得到及. 【详解】抛物线的焦点为，直线过焦点， 设，，因为在抛物线内部，且直线不包含斜率为0的情况，则直线与抛物线必有两交点， 因为线段AB的中点为，所以 ，作差后可以得到，即 可以得到，则 由抛物线定义，得 故选：C 5．已知点为坐标原点，直线与椭圆交于点，点在上，，若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 设，联立直线与椭圆的方程求出，，由椭圆的弦长公式表示出，，代入，即可得出答案. 【详解】设， 由得， 由，设， 可得：， 所以， 所以， 所以，所以的离心率为， 故选：C. 6．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于、两点． (1)求的短轴长及的周长； (2)若直线过点，求弦长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆的定义即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，求出的坐标，利用两点间的距离公式即可求得弦长. 【详解】（1）由题意，所以短轴长为，且， 所以的周长为， 即的周长为． （2），又直线过点，所以， 所以直线的方程为， 联立，整理可得，可得或，可得或， 所以． 7．过双曲线的右焦点倾斜角为的直线与双曲线有两个交点,. (1)求线段的中点坐标； (2)求. 【答案】(1) (2)3 【分析】（1）由双曲线方程可得，进而得到直线方程，由韦达定理即可求得点坐标； （2）利用弦长公式可求得. 【详解】（1）由双曲线方程知：，则直线方程为， 得：，则， 直线方程与双曲线有两个不同的交点. 设，，中点为， 得：，，； ； （2）由（1）得 . 8．已知双曲线：，点的坐标为 ．设直线 过点，斜率为，它与双曲线交于、两点，求线段的长． 【答案】 【分析】联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解. 【详解】直线的方程为． 由方程组， 得． 设， 则， ． 9．已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，且的左、右顶点分别为，． (1)求的方程； (2)求以为直径的圆的标准方程； (3)设过点且倾斜角为的直线与交于，两点，求． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先计算求出椭圆的焦点，再结合抛物线的焦点得出抛物线方程； （2）根据为直径得出圆心及半径即可得出圆的方程； （3）先联立方程组，再应用弦长公式计算求解. 【详解】（1）因为，所以的右焦点坐标为， 所以，即， 所以的方程为． （2）依题意得的坐标为， 所以线段的中点坐标为． 因为以为直径的圆的半径， 所以以为直径的圆的标准方程为． （3）依题意可得直线的方程为． 由得． 设，，则，，， 则． 10．已知双曲线的左、右顶点分别为，，在上，满足． (1)求的方程； (2)过点的直线（与轴不重合）交于，两点．若，求直线的方程． 【答案】(1)； (2)或． 【分析】（1）根据斜率乘积得，再代入即可得其曲线方程； （2）设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再计算得到的表达式即可得到方程，解出即可. 【详解】（1）由题意，故．解得． 将代入得，所以， 故双曲线的方程为． （2）过点的直线（与轴不重合），故设直线． 设，联立，整理得：， 且， 故， 故． 即， 则， 即， 解得或，即或： 故的方程为：或． 11．双曲线的左、右焦点分别是，，在双曲线上． (1)求双曲线的标准方程； (2)过作直线与双曲线交于点，若弦的长为42，求直线的方程． 【答案】(1) (2)或． 【分析】（1）根据点在双曲线上，结合双曲线定义得出，结合焦点坐标得出双曲线方程； （2）先设直线方程，再联立方程组应用弦长公式结合韦达定理计算求参即可得出直线方程. 【详解】（1）因为双曲线的左、右焦点分别是，，在双曲线上， 所以 ． 所以，，． 所以双曲线的方程为． （2）若直线的斜率为0，则长度为6，不符合题意． 当直线斜率不为0时，设直线，与双曲线联立，得． 当时，恒成立， 设，， 因为的长为42，， 所以，解得或． 所以直线的方程为或．    12．已知抛物线与椭圆有一个相同的焦点，过抛物线焦点的直线与抛物线相交于、两点，且. (1)求抛物线的方程； (2)求直线的方程. 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标，可得出的值，由此可得出抛物线的标准方程； （2）设直线的方程为，、，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，结合抛物线的焦点弦长公式可得出的值，即可得出直线的方程. 【详解】（1）椭圆的焦点坐标为， 抛物线的焦点坐标为，，即. 抛物线的方程为. （2）易知直线不与轴重合，又直线过焦点， 设直线的方程为，、， 联立，消去并整理得，则， ，， ，解得. 直线的方程为或. 14．已知抛物线的焦点为F，点在抛物线上，且． (1)求抛物线的方程； (2)过焦点F的直线l交抛物线于A、B两点，若，求直线l的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用抛物线定义求解； （2）利用韦达定理求得，再根据抛物线的定义求解即可. 【详解】（1）根据抛物线的定义可知， ，即，解得， 所以抛物线的方程为. （2） 由（1）知，抛物线焦点为, 若直线l的斜率不存在，则, 则，不满足题意， 所以直线的斜率存在且不为零，并设为，则， 设， 联立，消去可得，， 所以， 因为， 解得， 所以直线的方程为. 15．已知椭圆的离心率为． (1)求的方程； (2)过的右焦点的直线交于两点，若（为坐标原点）的面积为，求的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率为，列出方程，求得的值，即可求解； （2）设的方程为，联立方程组，设，利用弦长公式和点到直线的距离公式，求得和，结合的面积为，列出方程求得的值，即可求解. 【详解】（1）由题意知，椭圆的离心率为， 可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，椭圆，可得，所以右焦点， 由题意知，直线的斜率不为零，设的方程为， 联立方程组，整理得到， 可得， 设，则， 所以， 又由点到的距离， 所以的面积， 解得或（舍），所以， 所以的方程为或， 即直线的方程为或．    16．已知直线过椭圆的右焦点，交椭圆于两点，且以为直径的圆恰过原点，求弦的长和直线的方程． 【答案】直线方程,弦长. 【分析】根据题意设，得到直线的方程为，代入椭圆方程应用韦达定理，结合,可得到结果. 【详解】设，因为直线过椭圆的右焦点， 所以设直线的方程为,代入椭圆方程得到：, 由韦达定理得到， 因为以为直径的圆恰过原点，所以, 即，即， 所以，解得， 所以直线方程， 弦长. 17．已知椭圆，直线被椭圆截得的弦长为，且，过椭圆的右焦点且斜率为的直线被椭圆截的弦长，求 (1)椭圆的方程； (2)弦的长度. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由直线过与，得到的关系式，再结合离心率求解即可； （2）联立直线与椭圆方程，由韦达定理得到两交点坐标的关系式，再用弦长公式求解即可. 【详解】（1） 由被椭圆截得的弦长为，得，① 又，即，所以.② 联立①②得，所以所求的椭圆的方程为； （2）椭圆的右焦点的方程为：， 代入椭圆的方程，化简得，， 由韦达定理知，， 从而. 由弦长公式，得， 即弦的长度为. 18．已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5 . (1)求的方程； (2)设的焦点为，过点的直线与交于、两点，，求. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据抛物线定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，结合已知条件求出的值，进而得抛物线的方程； （2）先求出焦点的坐标，设直线的方程，与抛物线方程联立，利用向量关系得到坐标关系，再结合韦达定理求出直线方程中的参数，最后根据弦长公式求出. 【详解】（1）设点，因为点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5， 根据抛物线的定义，得，解得， 所以抛物线的方程为. （2）由（1）得，抛物线的方程为，所以， 又过点的直线与交于、两点，      设直线：，，， 则，联立化简得， 所以，，， 又，则， 所以联立方程，解得， 根据弦长公式，对于直线与抛物线相交的弦长， 得， 将，，代入上式， 可得， 又，得. 19．已知抛物线，过焦点F的动直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为M． (1)当直线l的倾斜角为时，，求抛物线G的方程： (2)对于（1）问中的抛物线G，若点，求证：为定值，并求出该定值． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）求得抛物线的焦点坐标，设直线的方程代入抛物线的方程，设，运用韦达定理，弦长公式，解方程可得，进而得到所求方程； （2）运用中点坐标公式，求得，由两点的距离公式，可得，进而得到的定值． 【详解】（1）由题意知，设直线的方程为， 由  得：，所以 所以，所以，故抛物线的方程为； （2）由（1）抛物线的方程为， 当直线的斜率为0时，直线的方程为，直线与抛物线只有一个交点，与已知矛盾， 故直线的斜率不为0，故可设的方程为 消去得：，设， 则： 所以： ，即 所以： 20．如图所示，由半椭圆和两个半圆、组成曲线C：，其中点依次为的左、右顶点，点B为的下顶点，点依次为的左、右焦点.若点分别为曲线的圆心. (1)求的方程； (2)点和点D分别在曲线和曲线上，求出线段的最大值； (3)若过点，作两条平行线，，分别与，和，交于点M，N和点P，Q，求的最小值. 【答案】(1) (2)8 (3)10 【分析】（1）根据已知结合椭圆定义计算求解；              （2）应用距离和最大值性质结合椭圆上的点与焦点距离最值计算求解； （3）应用对称性及椭圆定义得出为椭圆截直线所得弦长，再联立方程组应用弦长公式计算结合最值计算. 【详解】（1）由两圆的方程知：圆心分别为，，即，， , ，解得：，                                             （2）由已知，当且仅当三点共线时，的取得最大值为， 当点C与重合时，的最大值为 所以的最大值为 （3）由已知： 因为，所以由对称性可知：为椭圆截直线所得弦长， 设， 设与椭圆交于点和， 由得：，则， 所以，，                                    所以， 当时，取得最小值， 所以的最小值为. 21．已知抛物线与斜率为且过抛物线焦点的直线交于、两点，满足弦长. （1）求抛物线的标准方程； （2）已知为抛物线上任意一点，为抛物线内一点，求的最小值，以及此时点的坐标. 【答案】（1）；（2）的最小值为，此时点的坐标为. 【分析】（1）写出直线的方程，联立抛物线方程，运用韦达定理和弦长公式，可得，进而得到抛物线的方程； （2）过作抛物线的准线的垂线，垂足为，运用抛物线的定义和三点共线取得最小值，可得所求的坐标． 【详解】（1）斜率为且过抛物线焦点的直线的方程为， 联立抛物线，可得， 设、，可得， 由弦长公式可得，可得， 则抛物线的标准方程为； （2）过作抛物线的准线的垂线，垂足为， 由抛物线的定义可得， 则最小值为到准线的距离，所以， 此时的纵坐标为，代入抛物线方程，可得. 【点睛】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查三点共线取得最值的性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题． 22．椭圆的右焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，为坐标原点，，设直线的斜率为，且. (1)求椭圆的方程； (2)若为椭圆上一点，且为的重心，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，可得，结合有，再由椭圆基本量的关系求参数，进而写出椭圆方程. （2）设直线为，联立椭圆方程应用韦达定理及已知可得，由点在椭圆上求值，由两点距离公式、弦长公式即可求解. 【详解】（1）设，，则，又，在椭圆上， ∴，两式作差，整理得：， ∴，又， ∴，，故椭圆的方程为. （2）设直线的方程为， 与椭圆联立并整理得：，， ∴，则， 又恰为△的重心，故坐标为，即 因为在椭圆上，即， 故，即，解得， ∴， 而，， 故； ∴. 23．在平面直角坐标系中，已知是一个动点，过点且与直线平行的直线与直线相交于点（点位于第一象限），过且与直线平行的直线与直线相交于点（点位于第四象限），如图，且四边形的面积为，动点的轨迹为曲线．    (1)求的方程． (2)过点的直线与相交于两点，是否存在定直线，使得以为直径的圆与直线相交于两点，且是定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）设，，联立方程得，同理，根据面积公式，化简即可求得； （2）设直线方程为，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，确定为定值，计算得到答案. 【详解】（1）设，，其中，， 易知四边形为平行四边形，连接，则， 即，得， 连接，则平行四边形的面积 ， 化简得， 因为，， 所以， 又在双曲线上， 所以． 因此的方程为． （2）假设存在定直线，使得以为直径的圆与直线相交于两点， 且是定值． 设，，的中点为，直线， 联立方程，得，化简得， 则，解得， 且，， 因此， ，， 即． 则点到直线的距离为， 连接，则， 因此，是定值， 所以是定值， 则，解得， 因此存在定直线，使得以为直径的圆与直线相交于两点， 且是定值，．    【点睛】关键点点睛：本题考查了双曲线方程，定值问题，其中利用设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键. 24．已知双曲线的左、右焦点分别为，，的一条渐近线的倾斜角为，直线与轴的交点为，且. (1)求的方程； (2)过点作斜率为的直线与交于，两点，为线段的中点，过点且与垂直的直线交轴于点，求证：为定值. 【答案】(1) (2)定值为，证明见解析 【分析】（1）根据一条渐近线的倾斜角为得的值，再由求出，结合可得答案； （2）设直线的方程为，，直线的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理得点坐标及直线的方程从而求出点坐标，利用弦长公式求出，两点间的距离公式求出，再做比值可得答案. 【详解】（1）因为一条渐近线的倾斜角为，所以， ，，，， 因为，所以，可得， ，解得，， 所以的方程为； （2）由（1），设直线的方程为，， 直线的方程与双曲线方程联立， 整理得， 当即，直线与双曲线渐近线平行，与双曲线只有一个交点， 不符合题意，故，且， ，， 可得，所以直线的方程为， 令得，所以， ， ， 所以， 即为定值. 【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键点是利用韦达定理求出弦长、两点间的距离公式求出. 25．已知双曲线的离心率为2，左顶点为，过右焦点的直线交双曲线于两点. (1)求双曲线的方程； (2)从下面两个结论中选择一个给出证明（多选则按照第一个给分）. ①；②若线段的垂直平分线交轴于点，则为定值. 【答案】(1)； (2)选①：证明见解析；选②：为定值. 【分析】（1）由题意可得，再结合即可求解； （2）选①：分直线的斜率不存在与斜率存在讨论，根据即可证明；选②：易知直线的斜率存在，设直线的方程为，根据弦长公式求，求线段的垂直平分线可求的坐标及，从而进而证明. 【详解】（1）因为双曲线的离心率为2，右焦点为， 则，解得， 所以双曲线的方程为. （2）若选①：若直线的斜率不存在，则直线的方程为， 代入，可得，不妨设, 又，则, 所以， 所以. （ii）若直线的斜率不存在，设直线的方程为， 联立,可得, 化简可得. 因为过右焦点的直线交双曲线于两点, 所以，且. 设，则， ， 则 ， 所以. 综上所述，. 若选②：易知直线的斜率存在，设直线的方程为， 设， 由①可得， 则 . ， 所以的中点的坐标为. 当时，线段的垂直平分线为，则, 则, 则. 当时，线段的垂直平分线为. 令，可得，即. 则, 所以. 综上所述，为定值1. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 26．已知双曲线C以为渐近线，其上焦点F坐标为. (1)求双曲线C的方程； (2)不平行于坐标轴的直线l过F与双曲线C交于两点，的中垂线交y轴于点T，问是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)为定值 【分析】（1）根据双曲线渐近线可设双曲线方程为，利用焦点坐标，求得，即得答案. （2）设直线方程并联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，求得，以及的中点坐标，求出的中垂线方程可得T点坐标，继而求得，化简即可得结论. 【详解】（1）因为双曲线C以为渐近线， 设双曲线方程为，即, ∵，∴，即：， ∴，∴，即., 所以双曲线C的方程为：. （2）由题意可知直线l一定有斜率存在，设直线l：，，， ， 化简得：，， 此方程的两根为，则， ∴ .， 中点M坐标为，即， ∴PQ中垂线方程为：， 令，∴，∴， 则， ∴，即为定值，定值为. 【点睛】难点点睛：解答此类直线和双曲线的位置关系类题目，涉及到定值问题，要设出直线方程并联立双曲线方程，结合根与系数的关系式进行化简，解答的难点是计算比较复杂，计算量较大，比如计算弦长或者其他线段长度，计算要十分细心. 27．已知椭圆． (1)若过椭圆的一个焦点引两条互相垂直的弦、．求证：是定值； (2)若、在椭圆上且．求证：是定值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）对两条弦所在直线的斜率是否同时存在进行分类讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合弦长公式计算可证得结论成立； （2）对直线、的斜率是否同时存在进行分类讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用两点间的距离公式计算可证得结论成立. 【详解】（1）证明：不妨弦、过椭圆的左焦点，其中，，. 当、中有一条为长轴时，另一条为过焦点且平行于短轴的弦， 联立可得，故该过焦点且平行于短轴的弦长为， 则； 当、中没有一条为长轴时，设，， 联立直线与椭圆方程得 ， ， 由韦达定理可得，， 根据弦长公式有． 用替换上式中的即得． 因此． 综上，． （2）证明：分以下两种情况讨论： 当直线的斜率存在且不为零时，设直线的斜率为， 联立 ，则，则． 用替换上式中的即得． 因此． 当、中有一条斜率不存在时，另一条斜率为， 此时，因此. 综上所述，. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 28．已知椭圆 的离心率为，若椭圆与圆：相交于M,N两点，且圆E在椭圆内的弧长为.     （1）求椭圆的方程；     （2）过椭圆的上焦点作两条相互垂直的直线，分别交椭圆于A，B、C，D，求证：为定值. 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【分析】(1) 可设,得,解方程即得椭圆方程. (2)证明:①若AB斜率不存在,易求得. ②当斜率存在时,设斜率为,直线的方程为，求出，同理可得，再计算. 【详解】(1)由圆在椭圆内的弧长为知该弧所对的圆心角为， 圆心在该弧的上方,可设， 设椭圆方程为, 则,解得 所以椭圆方程为. (2)证明:①若AB斜率不存在,则.此时. . 所以； ②当斜率存在时,设斜率为,直线的方程为， 设,,联立方程得消去得(. 所以， ， 因为垂直,所以直线的斜率为,同理可得 所以 综上 ． 【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查弦长的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力. 29．已知双曲线C：的右顶点为M，过点的直线l交双曲线C于A，B两点，设直线MA的斜率为，直线MB的斜率为. (1)求直线l斜率的取值范围； (2)证明：为定值，并求出该定值； (3)求的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设出直线方程，与双曲线方程联立，利用判别式求出斜率的取值范围即可； （2）设，，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理代入求解即可； （3）按在轴同侧和两侧分类讨论，利用弦长公式和韦达定理得到关于的方程，再利用导数求最大值即可. 【详解】（1）由双曲线方程可知， 过点的直线交双曲线于两点，则直线斜率存在， 设直线，联立得， 因为直线交双曲线有两个交点，所以，即， 令解得， 综上直线斜率的取值范围为. （2）设，，则，， 所以， 由（1）得，，代入得. （3）设，，且， 则，同理， 所以， 当时，，此时， 将，，代入得， 令，，则， 令解得或（舍去）， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值， 此时取得最大值； 当时，，此时， 将，，代入得， 令，，则恒成立， 所以单调递增，不存在最大值， 综上的最大值为. 【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为,； （2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为，形式； （5）代入韦达定理求解. 30．已知椭圆：的一个端点为，且离心率为，过椭圆左顶点的直线与椭圆交于点，与轴正半轴交于点，过原点且与直线平行的直线交椭圆于点，．    (1)求椭圆的标准方程； (2)求证：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率和过点列方程组求出，得到椭圆的标准方程； （2）应用弦长公式分别求出计算化简可得定值. 【详解】（1）因为椭圆：过点， 所以， 又椭圆的离心率为，则 所以， 故椭圆方程为 （2）设直线的方程为， 所以， 设，由， 得， 则， 所以， 设直线的方程为， 由，得， 设，则，则， 所以， 故， 因此为定值. 【点睛】关键点点睛：定值取得的关键是对弦长公式的应用及结合图形的对称性得出. 31．设椭圆，，分别是C的左、右焦点，C上的点到的最小距离为1，P是C上一点，且的周长为6． (1)求C的方程； (2)过点且斜率为k的直线l与C交于M，N两点，过原点且与l平行的直线与C交于A，B两点，求证：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意列出关于的方程吗，求出它们的值，即可得答案； （2）设出直线方程，联立椭圆方程，利用弦长公式求出的表达式，即可证明为定值. 【详解】（1）由题意知椭圆，C上的点到的最小距离为1， P是C上一点，且的周长为6， 设椭圆的焦距为2c，则，解得， 故C的方程为； （2）证明：由题意知，故直线l的方程为， 设，联立， 得，由于直线l过椭圆焦点，必有， 故， 故， 由题意知直线的方程为，联立，得， 设，则不妨取， 故， 故，即为定值. 【点睛】易错点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的定值问题，解答时容易出错的地方在于计算过程较为复杂，特别是求解弦长时，基本都是字母参数的运算，需要特别小心. 32．已知椭圆的中心在原点,焦点在轴上,短轴长为,离心率为 (1)求椭圆的方程; (2)一条动直线与椭圆交于不同两点为坐标原点,的面积为,求证:为定值. 【答案】(1) (2)5 【分析】(1)设出椭圆方程,根据短轴长和离心率,求出,写出方程即可; (2)先考虑斜率不存在的情况,设直线方程,求出两点坐标,列出关于的面积,进而求出的值,再考虑斜率存在的情况,设出直线方程,判别式大于零,韦达定理,求出点到直线的距离,进而求出的面积使其为,可得直线中关于参数的等式,再列出的式子,进行化简求值即可. 【详解】（1）解:由题知,设椭圆方程为,, 因为短轴长为, 所以, 因为离心率为, 所以 , 解得:, 故椭圆方程为:; （2）由题知当直线斜率不存在时, 不妨设,, 将代入椭圆方程, 可得,, 不妨假设,, 则==, 化简可得:,, 此时, 故, 当直线斜率存在时, 不妨设, ,, 联立, 即, , 解得:, 由韦达定理得:, 因为, 则点到直线的距离为: , , 所以, 化简可得: ,满足题意, 所以, 故有, , 则 , 综上: 为定值5. 【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用中的定值问题,关于定值的问题思路有: (1)先根据题意考虑特殊情况,斜率不存在,或斜率为零; (2)根据特殊情况求出定值; (3)设普通的直线方程,联立方程组; (4)判别式大于零,韦达定理; (5)根据题意建立关于的等式; (6)写出需要求的式子,用代换,化简即可. 33．已知椭圆，过的直线与椭圆交于两点，过的直线与椭圆交于两点. (1)当的斜率是时，用表示出的值； (2)若直线的倾斜角互补，是否存在实数，使为定值，若存在，求出该定值及，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在，定值为，理由见解析 【分析】（1）直线的方程：与椭圆方程联立消可得，再由弦长公式计算即可求解； （2）当直线的斜率存在时：设，，直线的方程：与椭圆方程联立可得，代入整理，当直线的斜率不存在时，分别计算和，再计算即可求解. 【详解】（1）设直线的方程：， 由可得， 所以， 因此. （2）当直线的斜率存在时： 设直线的方程：，，， 由得， 则，， 所以 所以当时，为常数， 当直线的斜率不存在时，， 将代入可得 ， 所以，当时，成立， 综上所述：当时，为常数. 【点睛】思路点睛：解决定值、定点的方法 （1）从特殊入手，求出定值、定点、定线，再证明定值、定点、定线与变量无关； （2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量是此类问题的特点，设而不求的方法、整体思想和消元思想的运用可以有效的简化运算. 34．已知椭圆C：的焦距为，离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)已知，E为直线上一纵坐标不为0的点，且直线DE交C于H，G两点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件，求，再结合公式，即可求解椭圆方程； （2）首先设直线DE的方程为，与直线和椭圆方程联立，利用弦长公式，表示和，利用分析法，转化为证明，再代入韦达定理，即可证明. 【详解】（1）设C的半焦距为c（）. 由已知得，，又由， 解得，. 所以椭圆C的方程为； （2）设直线DE的方程为，则. 将代入，得. 设H，G的坐标分别为，， 则，，. ， ， 要证，只要证， 即要证. 即要证， 即要证（*）. 因为， 所以（*）式成立，所以成立. 以成立.    35．在平面直角坐标系中，点，，，点M的轨迹为C. (1)求C的方程： (2)设点P在直线上，过点P的两条直线分别交C于A，B两点和G，H两点，若直线AB与直线GH的斜率之和为0，证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据椭圆的定义，求得，即可直接写出椭圆方程； （2）设出点的坐标以及直线的方程，求得，同理求得即可证明. 【详解】（1）根据椭圆的定义可得，点的轨迹是以为左右焦点，且长轴长为的椭圆， 设其方程为， 故可得， 故的方程为：. （2）设，设，，则， 联立直线与椭圆的方程得：， 则，， 则 ， 故，， . 故. 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中韦达定理和弦长公式的应用，处理第二问的关键是正确使用弦长公式，同时对计算能力也提出了一定的要求，属综合中档题. 36．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上一点，且当轴时，. (1)求的方程； (2)设在点处的切线交轴于点，证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】(1)根据题意设，则，结合椭圆的定义可得，解方程即可； (2)易知当切线斜率不存在时等式成立；当切线斜率存在且不为0时，设，利用导数的几何意义和直线的点斜式方程求出切线方程，令，求出Q的坐标，利用两点坐标求距离公式分别求出，，进而表示出、，结合化简计算即可. 【详解】（1）由题意知，，得， 当轴时，设， 代入椭圆方程，得，解得，即， 由椭圆的定义知，，又， 所以，由，解得， 故椭圆C的方程为； （2）当切线斜率不存在时，切线方程为，此时点P与点Q重合，等式成立； 当切线斜率为0时，切线与x轴不相交，不符合题意； 当切线斜率存在时，设， 由，得，则， 所以切线的斜率为，得切线方程为， 即， 整理得， 即，所以切线方程为， 令，得，即， 由(1)知，， 则， ， 又，得， 所以， ， 所以，即，即证. 37．已知双曲线经过点，直线与交于两点，直线分别与轴相交于点. (1)证明：以线段为直径的圆恒过点； (2)若，且，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据双曲线经过点得到双曲线的方程，然后通过证明来说明以线段为直径的圆恒过点； （2）根据列方程得到，再结合求即可. 【详解】（1） 将代入，得，所以， 所以的方程为. 要证明以线段为直径的圆恒过点，即证. 设，根据题意知直线的斜率存在，则， 故直线，令，得， 用替换，得. 所以， 所以. 因为，所以，所以， 故原命题得证. （2）因为，所以. 由可得，记的斜率为， 则 用替换，可得. 所以， 化简可得，又， 所以，解得或（舍去）. 所以. 39．曲线C上任一点到点，距离之和为，点是曲线C上一点，直线l过点P且与直线垂直，直线l与x轴交于点Q. （I）求曲线C的方程及点Q的坐标（用点的坐标表示）； （II）比较与的大小，并证明你的结论. 【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ），证明详见解析. 【分析】（Ⅰ）根据椭圆的定义求椭圆方程，以及利用垂直关系求直线的斜率，再求直线的方程，求点的坐标；（Ⅱ）利用两点间的距离分别表示和，利用椭圆方程，化简两式，比较大小，并证明. 【详解】（Ⅰ）由条件可知， 点是以为焦点的椭圆，，， 即，，， 曲线的方程是， 直线的斜率，直线的斜率， 直线的方程，令，得， 点的坐标； （Ⅱ），理由如下， ，， ，， ， ，即 . 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆，以及利用椭圆方程化简式子，本题第二问的关键是利用，化简式子. 40．已知椭圆 过点，且离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)已知圆方程为，过圆上任意一点作圆的切线，切线与椭圆交于，两点，为坐标原点，设为的中点，当取最大值时，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由题意，解方程组即可得解； （2）当切线斜率不存在时，易得；当切线斜率存在时，设切线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由切线的性质得，得到关于的表达式，当时，，利用基本不等式求出的最大值，从而求出此时、的值，即可求出直线方程. 【详解】（1）椭圆过点，且离心率为， ，解得， 椭圆的方程为. （2）由题得圆的圆心为，半径为， 当切线斜率不存在时，切点即为，此时； 当切线斜率存在时，设切线方程为，，， 联立方程，得， ∴，， ∴，∴， ∵直线与圆相切，∴，即， ∴， 当时，； 当时，， ，当且仅当时等号成立， ， 所以， 综上可得的最大值为，此时，即， 所以，即， 所以直线的方程或. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 41．已知椭圆的离心率为，焦距为. (1)求椭圆的标准方程； (2)直线的斜率为，且与坐标轴的交点均在椭圆内部，直线与椭圆交于两点，求线段的长度的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，得到且，求得的值，即可得到椭圆的方程； （2）设直线：，且，联立方程，设，，由韦达定理结合椭圆弦长公式得到，进而求得的取值范围. 【详解】（1）因为的离心率为，且焦距为， 可得且，解得，，则， 所以椭圆的标准方程为. （2）直线的斜率为，且与坐标轴的交点均在椭圆内部， 设直线：，且， 联立方程组，整理得， 设，，则，， 因此 ， 由，可得，即， 所以的取值范围为. 42．已知抛物线，过点的直线l交抛物线于A，B两点，抛物线在点A处的切线为，在点B处的切线为，直线与交于点M. (1)设直线，的斜率分别为，，证明：； (2)设线段AB的中点为N，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设切线方程，分别用点的横坐标表示，联立直线l与抛物线的方程，结合韦达定理，可得结果； （2）联立直线方程求点M坐标，由中点坐标公式可得点坐标，从而得到，再由弦长公式可得，由的表达式求取值范围即可. 【详解】（1）由题意知，直线l的斜率存在， 设点，，直线l的方程为， 由得， ，，. 由，得切点，， 则切线的方程为，代入，得， 所以，解得， 同理，得切线的斜率， 所以. （2）由（1）可得， 故，. 由（1）得， 可化为，① 同理得，② 由①②，得，，即， 则. ， 所以. 由，，得，故， 即的取值范围为. 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 43．设O为坐标原点，点M，N在抛物线上，且. (1)证明：直线过定点； (2)设C在点M，N处的切线相交于点P，求的取值范围. 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）设直线方程与抛物线联立，利用韦达定理结合平面向量数量积计算即可； （2）利用导数得出过M、N的切线方程，求出切线的交点P坐标，结合弦长公式得出比值，利用函数研究计算其范围即可. 【详解】（1）由题意可设直线的方程为：，， 联立抛物线方程， 所以， 又， 化简得， 解之得，即直线为：，显然过定点； （2）由抛物线， 则点的切线方程分别为， 易知，联立切线方程可得， 结合（1）可知，∴， 故，， 由弦长公式及（1）可得， 所以， 易知， 即的取值范围为. 44．如图，已知椭圆 过点两个焦点为和.圆O的方程为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过且斜率为的动直线l与椭圆C交于A、B两点，与圆O交于P、Q两点（点A、P在x轴上方），当 成等差数列时，求弦PQ的长. 【答案】（1）（2） 【分析】（1）求出，设椭圆的方程为，将点代入，解得，然后求解椭圆的方程． （2）由椭圆定义，，，通过，，成等差数列，推出． 设，，通过解得，然后求解直线方程，推出弦的长即可． 【详解】（1）由题意，， 设椭圆C的方程为，将点代入， 解得或（舍去）， 所以，椭圆C的方程为. （2）由椭圆定义， ，两式相加，得 ，因为 成等差数列， 所以， 于是，即. 设，由解得， 所以，，直线l的方程为， 即， 圆O的方程为，圆心O到直线l的距离， 此时，弦PQ的长. 【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆与圆的关系，考查转化思想以及计算能力． 45．如图，双曲线的中心在坐标原点，焦点在x轴上，两条渐近线分别为，经过右焦点F垂直于的直线分别交于A，B两点．又已知该双曲线的离心率． （1）求证：，依次成等差数列； （2）若，求直线AB在双曲线上所截得的弦CD的长度． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】(Ⅰ)由双曲线的离心率求得和c的关系,进而求得b和的关系,设,则可求得,利用正切的二倍角公式求得,进而求得的关系.令,进而可表示出,进而求得,从而可得结论； (Ⅱ)由c,分别可求得和b,进而求得双曲线的方程,设直线AB的斜率为k,进而利用求得k,从而求得AB的方程,与双曲线方程联立,消去y,利用韦达定理表示出和,进而根据弦长公式求得CD. 【详解】（1）由已知，故， ① 从而＝ ， ② 故，设． 故，即． 令，则，满足， 所以， 依次成等差数列． （2）双曲线的方程为． 设直线AB的斜率为k，则． 于是直线AB的议程为 ． 联立消y得． 故弦CD的长度 【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题,双曲线的标准方程,双曲线的性质.考查了学生对圆锥曲线基础知识的掌握和灵活运用. 求曲线弦长的方法：（1）利用弦长公式；（2）利用；（3）如果交点坐标可以求出，利用两点间距离公式求解即可. 46．在平面直角坐标系中，已知直线经过抛物线的焦点，与交于两点，与的准线交于点. (1)求的值； (2)若成等差数列，求. 【答案】(1) (2)16 【分析】（1）首先由抛物线焦点求得其表达式，设直线的方程为，联立抛物线方程结合韦达定理以及数量积公式即可求解. （2），结合韦达定理可得，，结合弦长公式进一步即可求解. 【详解】（1）因为抛物线的焦点为， 所以，即 所以的方程为. 因为与与交于两点，所以其斜率存在， 设直线的方程为， 由，消得， 易知，设，则. 又，所以， 所以. （2） 因为成等差数列，所以， 且，即， 即， 又，解得， 由，解得. 所以. 47．已知圆，动点在轴的右侧，到轴的距离比它到的圆心的距离小1． (1)求动点的轨迹的方程； (2)过圆心作直线与轨迹和圆交于四个点，自上而下依次为A，M，N，B，若，，成等差数列，求及直线的方程． 【答案】(1) (2)，， 【分析】（1）由题意可得到直线的距离等于到圆心的距离，利用抛物线的定义可得动的轨迹方程； （2）根据等差中项的性质，结合，可求的值；设直线，联立，根据弦长公式，结合韦达定理列方程可求得，从而可得答案. 【详解】（1）化为，可得半径，圆心， 因为动点在轴的右侧，到轴的距离比它到的圆心的距离小1， 所以点到定点的距离与到定直线的距离相等， 由抛物线的定义得的轨迹方程为； （2）由圆的半径为1，可得， ，，成等差数列， 又， ， 当直线的斜率为时，直线与抛物线只有1个交点，不合题意； 所以直线的斜率不为，可设直线， 联立， 恒成立，， 因为， 所以， 解得， 所以直线的方程为．      48．已知点，动点满足，其中分别为直线的斜率，为常数，且当时，点的轨迹记为，当时，的轨迹记为． （1）求曲线的方程； （2）过点的直线与曲线交于四点（其中在轴上方，在轴下方，）．问：是否存在这样的直线，使得成 等差数列？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；；（2）不存在；理由见解析． 【分析】（1）设，利用求出答案即可； （2）设直线，然后由条件可得，然后分别求出，然后可得，然后证明此方程无解即可. 【详解】（1）设， 由，化简得； 由，化简得； （2）由（1）知，， 假设存在这样的直线，设点 则由题可知， 所以， 由，得． 所以． 故， 因为， 所以． 令，则有， 令， 则， 故， 因此无解， 所以不存在这样的直线满足条件． 49．有一个动圆与曲线相外切，并且与轴相切． (1)求动圆的圆心的轨迹方程； (2)已知点 的坐标为，如果直线与椭圆 交于点，直线与曲线交于点.求当斜率满足什么范围时，存在这样的椭圆使得 的长度成等比数列． 【答案】(1)，. (2) 【分析】（1）设，根据圆心距为半径之和可得轨迹方程，. （2）设，，联立直线方程和抛物线方程消元后结合韦达定理得，同理得，故可求参数的取值范围. 【详解】（1）设，因为动圆与曲线相外切， 故，其中，故， 所以轨迹方程为，. （2）设， 则， 由得， 故， 设，由得， 此时，故， 故， 所以，即， 故（另一解舍），即. 50．已知椭圆的离心率，左顶点为. （1）求椭圆的方程； （2）已知为坐标原点，是椭圆上的两点，连接的直线平行交轴于点，证明：成等比数列. 【答案】（1）；（2）详见解析. 【分析】（1）依据题设条件建立方程进行求解； （2）借助题设条件建立直线的方程，再与椭圆方程联立，运用坐标之间的关系以及等差中项的性质进行求解证明. 【详解】（1）由题可知：，，解得， 故椭圆的方程为：. （2）设，，，则， 将代入，整理得， 所以，得， 则， ，所以， 将代入，整理得， 得，所以． 故，所以，成等比数列. 【点睛】椭圆是圆锥曲线的代表之一，也是中学数学中的重要知识点和考点．求解本题的第一问时，直接依据题设建立方程组进行求解， 从而使得问题获解；解答第二问时，先建立直线的方程，后借助交点的坐标之间的关系及两点间距离公式分析推证， 进而使得问题获证． 51．已知椭圆的焦距为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）设过椭圆顶点，斜率为的直线交椭圆于另一点，交轴于点，且、、成等比数列，求的值. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）由（1）可知直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，根据已知条件得出，求出的值，进而可求得的值. 【详解】（1）由已知，即有，由已知条件可得，解得， 因此，椭圆的方程为； （2）由（1）得直线的方程为，联立， 消去可得，解得，则， 依题意且， 因为、、成等比数列，则，则. 当时，则有，该方程无解； 当时，则，解得， 所以，解得， 所以，当、、成等比数列时，. 52．已知抛物线，过点的直线与抛物线交于、两点，且直线与轴交于点.（1）求证:，，成等比数列； （2）设，，试问是否为定值，若是，求出此定值；若不是，请说明理由． 【答案】解：(1)见解析；(2)见解析. 【详解】第一问中， 解：(1)设直线l的方程为：， 联立方程可得得: ① ………………………………2分 设则 ② ， …………………………4分 而，∴， 即|MA|，|MC|、|MB|成等比数列…………………………………………………………6分 (2)法1：由得， ， 即得：………………………………………………………8分 则 ………………………………………………………10分 由(1)中②代入得，故为定值且定值为-1 ………………………………13分 53．抛物线在点，处的切线垂直相交于点，直线与椭圆相交于，两点． （1）求抛物线的焦点与椭圆的左焦点的距离； （2）设点到直线的距离为，试问：是否存在直线，使得，，成等比数列？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）;（2）不存在. 【详解】试题分析：（1）分别求出抛物线与椭圆的焦点，利用两点间距离公式求解；（2）设直线与抛物线相交于与椭圆相交于,,所以直线与抛物线方程联立，得到和然后利用,求出切线，的斜率，利用切线垂直，,解出m,然后分别设出过点的切线方程，求出交点的坐标，利用点到直线的距离公式求,直线与曲线相交的弦长公式求,若，，成等比数列，则,化简等式，通过看方程实根情况. 试题解析：（I）抛物线的焦点， 1分 椭圆的左焦点， 2分 则． 3分 （II）设直线，，，，， 由，得， 4分 故，． 由，得， 故切线，的斜率分别为，， 再由，得， 即， 故，这说明直线过抛物线的焦点． 7分 由，得， ,即． 8分 于是点到直线的距离. 9分 由，得， 10分 从而， 11分 同理，． 12分 若，，成等比数列，则， 13分 即， 化简整理，得，此方程无实根， 所以不存在直线，使得，，成等比数列． 15分 考点：1.椭圆与抛物线的性质；2.导数的几何意义；3.直线与曲线的交点问题；4.弦长公式. 54．设抛物线的焦点为，点，直线交于，两点，且． (1)求的标准方程； (2)已知，是抛物线上的任意两点，过点，分别作在点，处的切线交于点， ①证明：，，成等比数列； ②证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设直线方程为，根据过点且可求出的值，即可得到结果. （2）①表示切线方程，联立可得点坐标，表示，，即可证明结论. ②利用向量证明，结合三角形相似可证明结论. 【详解】（1） 由题意得，直线斜率存在，. ∵直线过点，∴设直线方程为，则. 由得，，∴， ∴， 由得，∴，即，解得， ∴的标准方程为. （2） ①由得，，∴. 设，则， ∴点处的切线斜率分别为， ∴点处的切线方程为，整理得，，即， 点处的切线方程为，联立两切线方程得，. 由（1）得，，∴. ∵， ∴， ∴，，成等比数列. ②由①得，，， ∴，， ∵，∴， ∴，即，故， ∵，∴，∴与相似， ∴. 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问①的关键是通过求导表示切线斜率，求出切线方程，结合抛物线的定义表示，，；解决第（2）问②的关键是通过向量表示夹角，根据三角形相似证明结论. 1 学科网（北京）股份有限公司 $